$(1)$证明：如图$1$，取$BC$的中点$D$，连接$AD$，

则$BD=\frac{1}{2}BC$，
$\because \angle ABC=90^{\circ}$，$AB=\sqrt{3}$，$AC=\sqrt{7}$，
$\therefore BC=\sqrt{A{C}^{2}-A{B}^{2}}=\sqrt{(\sqrt{7})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=2$，
$\therefore BD=\frac{1}{2}BC=1$，
$\therefore AD=\sqrt{A{B}^{2}+B{D}^{2}}=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+{1}^{2}}=2$，
$\therefore BC=AD$，
$\therefore \triangle ABC$是“奇异三角形”；
$(2)$分两种情况：
①如图$2$，当腰上的中线$FG=DE$时，则$FG=DF=20$，
过$F$作$FG\bot DE$于点$G$，

$\because DE=DF=20$，
$\therefore DG=EG=\frac{1}{2}DE=10$，$DH=GH=\frac{1}{2}DG=5$，
$\therefore EH=EG+GH=10+5=15$，
在$Rt\triangle DFH$中，由勾股定理得：$FH=\sqrt{D{F}^{2}-D{H}^{2}}=\sqrt{2{0}^{2}-{5}^{2}}=5\sqrt{15}$，
在$Rt\triangle EFH$中，由勾股定理得：$EF=\sqrt{E{H}^{2}+F{H}^{2}}=\sqrt{1{5}^{2}+(5\sqrt{15})^{2}}=10\sqrt{6}$；
②如图$3$，当底边上的中线$DM=EF$时，则$DM\bot EF$，且$DM=EF=2FM$，

设$FM=x$，$DM=EF=2x$，
在$Rt\triangle DFM$中，由勾股定理得：$x^{2}+\left(2x\right)^{2}=20^{2}$，
解得：$x=4\sqrt{5}($负值已舍去），
$\therefore EF=2x=8\sqrt{5}$；
综上所述，$EF$的长为$10\sqrt{6}$或$8\sqrt{5}$.

$(1)$证明：如图$1$，取$BC$的中点$D$，连接$AD$，

则$BD=\frac{1}{2}BC$，
$\because \angle ABC=90^{\circ}$，$AB=\sqrt{3}$，$AC=\sqrt{7}$，
$\therefore BC=\sqrt{A{C}^{2}-A{B}^{2}}=\sqrt{(\sqrt{7})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=2$，
$\therefore BD=\frac{1}{2}BC=1$，
$\therefore AD=\sqrt{A{B}^{2}+B{D}^{2}}=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+{1}^{2}}=2$，
$\therefore BC=AD$，
$\therefore \triangle ABC$是“奇异三角形”；
$(2)$分两种情况：
①如图$2$，当腰上的中线$FG=DE$时，则$FG=DF=20$，
过$F$作$FG\bot DE$于点$G$，

$\because DE=DF=20$，
$\therefore DG=EG=\frac{1}{2}DE=10$，$DH=GH=\frac{1}{2}DG=5$，
$\therefore EH=EG+GH=10+5=15$，
在$Rt\triangle DFH$中，由勾股定理得：$FH=\sqrt{D{F}^{2}-D{H}^{2}}=\sqrt{2{0}^{2}-{5}^{2}}=5\sqrt{15}$，
在$Rt\triangle EFH$中，由勾股定理得：$EF=\sqrt{E{H}^{2}+F{H}^{2}}=\sqrt{1{5}^{2}+(5\sqrt{15})^{2}}=10\sqrt{6}$；
②如图$3$，当底边上的中线$DM=EF$时，则$DM\bot EF$，且$DM=EF=2FM$，

设$FM=x$，$DM=EF=2x$，
在$Rt\triangle DFM$中，由勾股定理得：$x^{2}+\left(2x\right)^{2}=20^{2}$，
解得：$x=4\sqrt{5}($负值已舍去），
$\therefore EF=2x=8\sqrt{5}$；
综上所述，$EF$的长为$10\sqrt{6}$或$8\sqrt{5}$.