（1）①如图$1$，过$A$作$AP\bot y$轴于$P$，

$\because A\left(1,-3\right)$，
$\therefore OP=3$，$PA=1$
$\therefore OA=\sqrt{10}$，
故答案为：$\sqrt{10}$；
②如图$2$，过点$A$作$AD\bot y$轴于$D$，过点$B$作$BE\bot AD$于$E$，

则$\angle ODA=\angle AEB=90^{\circ}$，$\angle DOA=\angle BAE$，$OA=AB$，
$\therefore \triangle ADO$≌$\triangle BEA\left(AAS\right)$，
$\therefore BE=AD=1$，$AE=OD=3$，
$\therefore DE=4$，
$\therefore B\left(4,-2\right)$；
$(2)$解法一：
如图$3$，连接$AM$，过$B$作$BE\bot AD$，交$DA$的延长线于点$E$，

$\because \triangle AOB$是等腰直角三角形，$M$是$OB$的中点，
$\therefore AM\bot OB$，$BM=AM$，$\angle OAM=\angle ABM=45^{\circ}$，
由（1）知：$\triangle ODA$≌$\triangle AEB$，
$\therefore \angle DAO=\angle EBA$，
$\therefore \angle DAM=\angle EBM$，$AD=BE$，
$\therefore \triangle DAM$≌$\triangle EBM\left(SAS\right)$，
$\therefore DM=EM$，$\angle DMA=\angle EMB$，
$\therefore \angle DME=\angle AMB=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle DME$是等腰直角三角形，
$\therefore DE=\sqrt{2}DM$，
$\therefore DA+DO=DA+AE=DE=\sqrt{2}DM$；
解法二：
如图$4$，过$B$作$BE\bot DA$交$DM$的延长线于点$F$，交$DA$的延长线于$E$，

由（1）可知：$\triangle ADO$≌$\triangle BEA$，
$\therefore BE=AD$，$AE=OD$，
$\because M$是$OB$的中点，
$\therefore OM=BM$，
$\because OD$∥$BF$，
$\therefore \angle DOM=\angle MBF$，
$\because \angle DMO=\angle BMF$，
$\therefore \triangle MDO$≌$\triangle MFB\left(ASA\right)$，
$\therefore BF=OD=AE$，$DM=FM$，
$\therefore DE=FE$，
$\therefore DA+DO=DA+AE=DE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}DF=\sqrt{2}DM$.

（1）①如图$1$，过$A$作$AP\bot y$轴于$P$，

$\because A\left(1,-3\right)$，
$\therefore OP=3$，$PA=1$
$\therefore OA=\sqrt{10}$，
故答案为：$\sqrt{10}$；
②如图$2$，过点$A$作$AD\bot y$轴于$D$，过点$B$作$BE\bot AD$于$E$，

则$\angle ODA=\angle AEB=90^{\circ}$，$\angle DOA=\angle BAE$，$OA=AB$，
$\therefore \triangle ADO$≌$\triangle BEA\left(AAS\right)$，
$\therefore BE=AD=1$，$AE=OD=3$，
$\therefore DE=4$，
$\therefore B\left(4,-2\right)$；
$(2)$解法一：
如图$3$，连接$AM$，过$B$作$BE\bot AD$，交$DA$的延长线于点$E$，

$\because \triangle AOB$是等腰直角三角形，$M$是$OB$的中点，
$\therefore AM\bot OB$，$BM=AM$，$\angle OAM=\angle ABM=45^{\circ}$，
由（1）知：$\triangle ODA$≌$\triangle AEB$，
$\therefore \angle DAO=\angle EBA$，
$\therefore \angle DAM=\angle EBM$，$AD=BE$，
$\therefore \triangle DAM$≌$\triangle EBM\left(SAS\right)$，
$\therefore DM=EM$，$\angle DMA=\angle EMB$，
$\therefore \angle DME=\angle AMB=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle DME$是等腰直角三角形，
$\therefore DE=\sqrt{2}DM$，
$\therefore DA+DO=DA+AE=DE=\sqrt{2}DM$；
解法二：
如图$4$，过$B$作$BE\bot DA$交$DM$的延长线于点$F$，交$DA$的延长线于$E$，

由（1）可知：$\triangle ADO$≌$\triangle BEA$，
$\therefore BE=AD$，$AE=OD$，
$\because M$是$OB$的中点，
$\therefore OM=BM$，
$\because OD$∥$BF$，
$\therefore \angle DOM=\angle MBF$，
$\because \angle DMO=\angle BMF$，
$\therefore \triangle MDO$≌$\triangle MFB\left(ASA\right)$，
$\therefore BF=OD=AE$，$DM=FM$，
$\therefore DE=FE$，
$\therefore DA+DO=DA+AE=DE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}DF=\sqrt{2}DM$.