$(1)$①$\because \angle OAB=90^{\circ}$，$AO=AB$，
$\therefore \angle AOB=\angle B=45^{\circ}$，
$\because PD\bot PB$，
$\therefore \angle OPD=90^{\circ}-\angle APB=\angle ABP=\alpha$，
$\because l\bot OB$，
$\therefore \angle PDO=180^{\circ}-\angle DOP-\angle OPD=180^{\circ}-90^{\circ}-45^{\circ}-\alpha =\left(45^{\circ}-\alpha \right)$，
故答案为：$\left(45^{\circ}-\alpha \right)$；
②证明：在$AB$上取点$R$，使$AR=AP$，联结$PR$，如图$1$，
，
$\therefore \angle APR=\angle ARP=45^{\circ}$，
$\therefore \angle BRP=135^{\circ}$，
又$\because \angle DOP=\angle DOB+\angle AOB=135^{\circ}$，
$\therefore \angle BRP=\angle DOP$，
$\because AO=AB$，$AR=AP$，
$\therefore OP=BR$，
由①知：$\angle OPD=\angle ABP$，
在$\triangle OPD$和$\triangle RBP$中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DOP=∠BRP}\\{∠OPD=∠ABP}\\{OP=BR}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle OPD$≌$\triangle RBP\left(ASA\right)$，
$\therefore PD=PB$；
$(2)$当$P$在线段$OA$上，过$P$作$PQ\bot OB$于$Q$，如图$2$，

$\because \angle PAQ=45^{\circ}$，
$\therefore \angle OPQ=45^{\circ}=\angle POQ$，
$\therefore OQ=PQ=m$，
$\therefore OP=\sqrt{2}m$，
$\because \angle OAB=90^{\circ}$，$AO=AB$，$OB=4$，
$\therefore AO=\frac{\sqrt{2}}{2}OB=2\sqrt{2}$，
$\therefore AP=AR=2\sqrt{2}-\sqrt{2}m$，
$\therefore PR=4-2m$，
由（1）知：$\triangle OPD$≌$\triangle RBP$，
又$\because \triangle OPD$的面积为$4$，
$\therefore {S}_{△RBP}=\frac{1}{2}PR•PQ=4$，即$\frac{1}{2}(4-2m)•m=4$，
$\therefore m^{2}-2m+4=0$，
$\therefore \Delta =\left(-2\right)^{2}-4\times 4=-12 \lt 0$，
$\therefore$方程无解，
$\therefore$在线段$OA$上，不存在点$P$，使$\triangle OPD$的面积为$4$；
点$P$在点$A$的右侧，过$P$作$PQ$于$Q$，在$BA$的延长线上取点$R$，使$AR=AP$，联结$PR$，如图$3$，

$\therefore \angle R=\angle APR=45^{\circ}$，
又$\because \angle AOD=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$，
$\therefore \angle DOP=\angle R$，
$\because AO=AB$，$AR=AP$，
$\therefore OP=BR$，
又$\because \angle DPO=\angle ABP=90^{\circ}-\angle APB$，
在$\triangle OPD$和$\triangle RBP$中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DPO=∠PBR}\\{OP=BR}\\{∠DOP=∠R}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle OPD$≌$\triangle RBP\left(ASA\right)$，
$\therefore S_{\triangle RBP}=S_{\triangle ODP}=4$，
同理可求$AP=AR=OP-AO=\sqrt{2}m-2\sqrt{2}$，
$\therefore PQ=2m-4$，
$\therefore \frac{1}{2}(2m-4)•m=4$，
解得${m}_{1}=1+\sqrt{5}$，${m}_{2}=1-\sqrt{5}($舍去），
点$P$在点$O$的左侧，过$P$作$PQ$于$Q$，在$AB$的延长线上取点$R$，使$AR=AP$，联结$PR$，如图$4$，

同理可证$\triangle OPD$≌$\triangle RBP$，
$\therefore S_{\triangle RBP}=S_{\triangle ODP}=4$，
同理可求$AP=AR=OP+AO=\sqrt{2}m+2\sqrt{2}$，
$\therefore PQ=2m+4$，
$\therefore \frac{1}{2}(2m+4)•m=4$，
解得${m}_{1}=-1+\sqrt{5}$，${m}_{2}=-1-\sqrt{5}($舍去），
综上，当$m$的值为$1+\sqrt{5}$或$-1+\sqrt{5}$时，$\triangle OPD$的面积为$4$.

$(1)$①$\because \angle OAB=90^{\circ}$，$AO=AB$，
$\therefore \angle AOB=\angle B=45^{\circ}$，
$\because PD\bot PB$，
$\therefore \angle OPD=90^{\circ}-\angle APB=\angle ABP=\alpha$，
$\because l\bot OB$，
$\therefore \angle PDO=180^{\circ}-\angle DOP-\angle OPD=180^{\circ}-90^{\circ}-45^{\circ}-\alpha =\left(45^{\circ}-\alpha \right)$，
故答案为：$\left(45^{\circ}-\alpha \right)$；
②证明：在$AB$上取点$R$，使$AR=AP$，联结$PR$，如图$1$，
，
$\therefore \angle APR=\angle ARP=45^{\circ}$，
$\therefore \angle BRP=135^{\circ}$，
又$\because \angle DOP=\angle DOB+\angle AOB=135^{\circ}$，
$\therefore \angle BRP=\angle DOP$，
$\because AO=AB$，$AR=AP$，
$\therefore OP=BR$，
由①知：$\angle OPD=\angle ABP$，
在$\triangle OPD$和$\triangle RBP$中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DOP=∠BRP}\\{∠OPD=∠ABP}\\{OP=BR}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle OPD$≌$\triangle RBP\left(ASA\right)$，
$\therefore PD=PB$；
$(2)$当$P$在线段$OA$上，过$P$作$PQ\bot OB$于$Q$，如图$2$，

$\because \angle PAQ=45^{\circ}$，
$\therefore \angle OPQ=45^{\circ}=\angle POQ$，
$\therefore OQ=PQ=m$，
$\therefore OP=\sqrt{2}m$，
$\because \angle OAB=90^{\circ}$，$AO=AB$，$OB=4$，
$\therefore AO=\frac{\sqrt{2}}{2}OB=2\sqrt{2}$，
$\therefore AP=AR=2\sqrt{2}-\sqrt{2}m$，
$\therefore PR=4-2m$，
由（1）知：$\triangle OPD$≌$\triangle RBP$，
又$\because \triangle OPD$的面积为$4$，
$\therefore {S}_{△RBP}=\frac{1}{2}PR•PQ=4$，即$\frac{1}{2}(4-2m)•m=4$，
$\therefore m^{2}-2m+4=0$，
$\therefore \Delta =\left(-2\right)^{2}-4\times 4=-12 \lt 0$，
$\therefore$方程无解，
$\therefore$在线段$OA$上，不存在点$P$，使$\triangle OPD$的面积为$4$；
点$P$在点$A$的右侧，过$P$作$PQ$于$Q$，在$BA$的延长线上取点$R$，使$AR=AP$，联结$PR$，如图$3$，

$\therefore \angle R=\angle APR=45^{\circ}$，
又$\because \angle AOD=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$，
$\therefore \angle DOP=\angle R$，
$\because AO=AB$，$AR=AP$，
$\therefore OP=BR$，
又$\because \angle DPO=\angle ABP=90^{\circ}-\angle APB$，
在$\triangle OPD$和$\triangle RBP$中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DPO=∠PBR}\\{OP=BR}\\{∠DOP=∠R}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle OPD$≌$\triangle RBP\left(ASA\right)$，
$\therefore S_{\triangle RBP}=S_{\triangle ODP}=4$，
同理可求$AP=AR=OP-AO=\sqrt{2}m-2\sqrt{2}$，
$\therefore PQ=2m-4$，
$\therefore \frac{1}{2}(2m-4)•m=4$，
解得${m}_{1}=1+\sqrt{5}$，${m}_{2}=1-\sqrt{5}($舍去），
点$P$在点$O$的左侧，过$P$作$PQ$于$Q$，在$AB$的延长线上取点$R$，使$AR=AP$，联结$PR$，如图$4$，

同理可证$\triangle OPD$≌$\triangle RBP$，
$\therefore S_{\triangle RBP}=S_{\triangle ODP}=4$，
同理可求$AP=AR=OP+AO=\sqrt{2}m+2\sqrt{2}$，
$\therefore PQ=2m+4$，
$\therefore \frac{1}{2}(2m+4)•m=4$，
解得${m}_{1}=-1+\sqrt{5}$，${m}_{2}=-1-\sqrt{5}($舍去），
综上，当$m$的值为$1+\sqrt{5}$或$-1+\sqrt{5}$时，$\triangle OPD$的面积为$4$.