（1）由$x^{2}-7x+12=0$，即$\left(x-3\right)\left(x-4\right)=0$，
解得：$x_{1}=3$，$x_{2}=4$，
$\because$边长$AB=a$，$AD=b$，其中$a$，$b\left(a \lt b\right)$分别是方程$x^{2}-7x+12=0$的两个根，
$\therefore AB=3$，$AD=4$，
$\because$四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore \angle BAD=90^{\circ}$，
在$Rt\triangle ABD$中，$AB=3$，$AD=4$，
$\therefore BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
故答案为：$5$；
$(2)$如图，过点$O$作$OE\bot BD$，垂足为点$E$，

$\because OD$是$\angle BDC$的平分线，
又在矩形$ABCD$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AB=CD=3$，$AD=BC=4$，
$\therefore OC\bot CD$，
$\therefore OE=OC$，
$\therefore BD$是$\odot O$的切线，即$BD$与$\odot O$相切，
又$S_{\triangle BDC}=S_{\triangle BDO}+S_{\triangle CDO}$，
$\therefore \frac{1}{2}BD•OE+\frac{1}{2}CD•OC=\frac{1}{2}BC•CD$，
$\therefore 5OE+3OC=12$，即$8OC=12$，
$\therefore OC=\frac{3}{2}$，
$\therefore t=\frac{3}{2}÷1=\frac{3}{2}$；
故答案为：$\frac{3}{2}$；
$(3)$由折叠的性质得：$\triangle DOP$≌$\triangle DOC$，
$\therefore DP=CD=AB$，$\angle DPO=\angle DCB=90^{\circ}$，点$O$在运动过程中，
$\because DP$的长度和$BD$的长度是固定不变的，如图，

$\because BD-DP\leqslant BP$，
$\therefore$当点$B$、$P$、$D$三点共线时，$BP$的长度最短，即有最小值，最小值为$BD-DP$，此时，$\angle BPO=90^{\circ}$，
过点$P$作$PF\bot AB$垂足为$F$点，$PT\bot BC$于点$T$，如图，

所以，四边形$PFBT$是矩形，
$\therefore BF=PT$，$PF=BT$，
由（1）知$BD=5$，$AB=CD=3$，$AD=BC=4$，
由（2）知，$PO=OC=\frac{3}{2}$，
$\therefore t=\frac{3}{2}÷1=\frac{3}{2}$，$BO=BC-OC=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$，
$\therefore BP=BD-DP=BD-CD=5-3=2$，
又$\frac{1}{2}BO•PT=\frac{1}{2}BP•PO$，
$\therefore PT=\frac{PB•PO}{BO}=\frac{2×\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{6}{5}$，
$\therefore BF=FT=\frac{6}{5}$，
$\therefore AF=AB-BF=3-\frac{6}{5}=\frac{9}{5}$，
在$Rt\triangle PTO$中，$TO=\sqrt{PO^2-PT^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2-(\frac{6}{5})^2}=\frac{9}{10}$，
$\therefore BT=BO-TO=\frac{5}{2}-\frac{9}{10}=\frac{8}{5}$，
在$Rt\triangle AFP$中，$AP=\sqrt{AF^{2}+BP^{2}}=\sqrt{(\frac{9}{5})^{2}+(\frac{8}{5})^{2}}=\frac{\sqrt{145}}{5}$，
故答案为：$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{145}}{5}$；
$(4)$如图，当半圆$O$与$BD$相切时，此时半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$1$个交点，即为切点，设切点为$H$，连接$OH$，

由（2）知，$t=\frac{3}{2}$，
如图，当点$Q$与点$B$重合时，此时半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$2$个交点，

此时，$BC$为半圆$O$的直径，$OC=\frac{1}{2}BC=2$，
$\therefore t=2\div 1=2$，
$\therefore$当$\frac{3}{2}＜t≤2$时，半圆$O$与$BD$有$2$个交点，
即半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$2$个交点；
如图，此时，半圆$O$与$BD$有$1$个交点，与$AB$有$1$个交点，

如图，当半圆$O$与$AD$相切时，此时半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$3$个交点，设$AD$与半圆$O$的切点为$M$，连接$OM$，

$\because OM=OC=AB=3$，
$\therefore t=3\div 1=3$，
$\therefore$当$2 \lt t \lt 3$时，半圆$O$与$BD$有$1$个交点，与$AB$有$1$个交点，
即半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$2$个交点；
如图，当半圆$O$与经过点$A$时，此时半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$3$个交点；
连接$OA$，

设$OA=OC=x$，由勾股定理得：
$3^{2}+\left(4-x\right)^{2}=x^{2}$，
解得：$x=\frac{25}{8}$，
$\therefore OC=\frac{25}{8}$，
$\therefore t=\frac{25}{8}÷1=\frac{25}{8}$，
如图，当点$O$与点$B$重合时，此时点$O$停止运动，

$\therefore OC=BC=4$，
$\therefore t=4\div 1=4$，
$\therefore$当$\frac{25}{8}＜t≤4$时，半圆$O$与$BD$有$1$个交点，与$AD$有$1$个交点，
即半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$2$个交点；
综上，半圆$O$与$\triangle ABD$的边有两个交点时，$\frac{3}{2}＜t＜3$或$\frac{25}{8}＜t≤4$.

（1）由$x^{2}-7x+12=0$，即$\left(x-3\right)\left(x-4\right)=0$，
解得：$x_{1}=3$，$x_{2}=4$，
$\because$边长$AB=a$，$AD=b$，其中$a$，$b\left(a \lt b\right)$分别是方程$x^{2}-7x+12=0$的两个根，
$\therefore AB=3$，$AD=4$，
$\because$四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore \angle BAD=90^{\circ}$，
在$Rt\triangle ABD$中，$AB=3$，$AD=4$，
$\therefore BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
故答案为：$5$；
$(2)$如图，过点$O$作$OE\bot BD$，垂足为点$E$，

$\because OD$是$\angle BDC$的平分线，
又在矩形$ABCD$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AB=CD=3$，$AD=BC=4$，
$\therefore OC\bot CD$，
$\therefore OE=OC$，
$\therefore BD$是$\odot O$的切线，即$BD$与$\odot O$相切，
又$S_{\triangle BDC}=S_{\triangle BDO}+S_{\triangle CDO}$，
$\therefore \frac{1}{2}BD•OE+\frac{1}{2}CD•OC=\frac{1}{2}BC•CD$，
$\therefore 5OE+3OC=12$，即$8OC=12$，
$\therefore OC=\frac{3}{2}$，
$\therefore t=\frac{3}{2}÷1=\frac{3}{2}$；
故答案为：$\frac{3}{2}$；
$(3)$由折叠的性质得：$\triangle DOP$≌$\triangle DOC$，
$\therefore DP=CD=AB$，$\angle DPO=\angle DCB=90^{\circ}$，点$O$在运动过程中，
$\because DP$的长度和$BD$的长度是固定不变的，如图，

$\because BD-DP\leqslant BP$，
$\therefore$当点$B$、$P$、$D$三点共线时，$BP$的长度最短，即有最小值，最小值为$BD-DP$，此时，$\angle BPO=90^{\circ}$，
过点$P$作$PF\bot AB$垂足为$F$点，$PT\bot BC$于点$T$，如图，

所以，四边形$PFBT$是矩形，
$\therefore BF=PT$，$PF=BT$，
由（1）知$BD=5$，$AB=CD=3$，$AD=BC=4$，
由（2）知，$PO=OC=\frac{3}{2}$，
$\therefore t=\frac{3}{2}÷1=\frac{3}{2}$，$BO=BC-OC=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$，
$\therefore BP=BD-DP=BD-CD=5-3=2$，
又$\frac{1}{2}BO•PT=\frac{1}{2}BP•PO$，
$\therefore PT=\frac{PB•PO}{BO}=\frac{2×\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{6}{5}$，
$\therefore BF=FT=\frac{6}{5}$，
$\therefore AF=AB-BF=3-\frac{6}{5}=\frac{9}{5}$，
在$Rt\triangle PTO$中，$TO=\sqrt{PO^2-PT^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2-(\frac{6}{5})^2}=\frac{9}{10}$，
$\therefore BT=BO-TO=\frac{5}{2}-\frac{9}{10}=\frac{8}{5}$，
在$Rt\triangle AFP$中，$AP=\sqrt{AF^{2}+BP^{2}}=\sqrt{(\frac{9}{5})^{2}+(\frac{8}{5})^{2}}=\frac{\sqrt{145}}{5}$，
故答案为：$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{145}}{5}$；
$(4)$如图，当半圆$O$与$BD$相切时，此时半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$1$个交点，即为切点，设切点为$H$，连接$OH$，

由（2）知，$t=\frac{3}{2}$，
如图，当点$Q$与点$B$重合时，此时半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$2$个交点，

此时，$BC$为半圆$O$的直径，$OC=\frac{1}{2}BC=2$，
$\therefore t=2\div 1=2$，
$\therefore$当$\frac{3}{2}＜t≤2$时，半圆$O$与$BD$有$2$个交点，
即半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$2$个交点；
如图，此时，半圆$O$与$BD$有$1$个交点，与$AB$有$1$个交点，

如图，当半圆$O$与$AD$相切时，此时半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$3$个交点，设$AD$与半圆$O$的切点为$M$，连接$OM$，

$\because OM=OC=AB=3$，
$\therefore t=3\div 1=3$，
$\therefore$当$2 \lt t \lt 3$时，半圆$O$与$BD$有$1$个交点，与$AB$有$1$个交点，
即半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$2$个交点；
如图，当半圆$O$与经过点$A$时，此时半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$3$个交点；
连接$OA$，

设$OA=OC=x$，由勾股定理得：
$3^{2}+\left(4-x\right)^{2}=x^{2}$，
解得：$x=\frac{25}{8}$，
$\therefore OC=\frac{25}{8}$，
$\therefore t=\frac{25}{8}÷1=\frac{25}{8}$，
如图，当点$O$与点$B$重合时，此时点$O$停止运动，

$\therefore OC=BC=4$，
$\therefore t=4\div 1=4$，
$\therefore$当$\frac{25}{8}＜t≤4$时，半圆$O$与$BD$有$1$个交点，与$AD$有$1$个交点，
即半圆$O$与$\triangle ABD$的边有$2$个交点；
综上，半圆$O$与$\triangle ABD$的边有两个交点时，$\frac{3}{2}＜t＜3$或$\frac{25}{8}＜t≤4$.