$\left(1\right)x^{2}-7x+12=0$，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，$BD=\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}=5$，

故答案为：$5$；

$(2)$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$2.1$，

$\because BD-DP\leqslant BP$，

$\therefore$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$BD-DP$，

如图$3$，过点$P$作$PE\bot AB$垂足为$E$点，

此时，$\angle BPO=90^{\circ}$，

由（1）知$BD=5$，$AB=CD=3$，$AD=BC=4$，

$\therefore sin\angle CBD=\frac{CD}{BD}=\frac{PO}{BO}=\frac{PO}{BC-OC}=\frac{3}{5}$

$\because PO=OC$，

$\therefore PO=\frac{3}{2}$，$BO=BC-OC=\frac{5}{2}$，

$\therefore t=\frac{3}{2}\div 1=\frac{3}{2}$，

此时$BP=\sqrt{B{O}^{2}-P{O}^{2}}=2$，

$\because PE\bot AB$，

$\therefore \angle PEB=\angle BPO=90^{\circ}$，

$\because \angle CBD+\angle ABD=\angle BPE+\angle ABD=90^{\circ}$，

$\therefore \angle CBD=\angle BPE$，

$\therefore \triangle PBO$∽$\triangle EPB$，

$\therefore \frac{BP}{EP}=\frac{PO}{BE}=\frac{BO}{BP}=\frac{\frac{5}{2}}{2}=\frac{5}{4}$，

$\therefore EP=\frac{8}{5}，BE=\frac{6}{5}$，

$\therefore AE=AB-BE=\frac{9}{5}$，

在$Rt\triangle AEP$中，$AP=\sqrt{A{E}^{2}+E{P}^{2}}=\frac{\sqrt{145}}{5}$，

故答案为：$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{145}}{5}$；

$(3)$如图$3.1$，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$OH$，

$\because \angle BHO=90^{\circ}$，$OH=OC$，

$\therefore sin\angle CBD=\frac{CD}{BD}=\frac{OH}{BO}=\frac{OC}{BC-OC}=\frac{3}{5}$，

$\therefore OC=\frac{3}{2}$，

此时，$t=\frac{3}{2}\div 1=\frac{3}{2}$，

如图$3.2$，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，

$\therefore OC=\frac{1}{2}BC=2$，

$\therefore t=2\div 1=2$，

$\therefore$当$\frac{3}{2}\color{red}{＜}t\color{red}{≤}2$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$3.3$，此时，半圆$O$与$BD$有$1$个交点，与$AB$有$1$个交点，

如图$3.4$，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$O$相切点为$M$，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$3.5$，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$OA$，

$\because O\mathrm{运动时间为}t秒，\mathrm{速度为}1\mathrm{个单位每秒}$，

$\therefore OC=OA=t$，

$\therefore OB=BC-OC=4-t$，

$在Rt\triangle ABO中：O{A}^{2}=O{B}^{2}+A{B}^{2}$

$即{t}^{2}={\left(4-t\right)}^{2}+{3}^{2}$，

解得$t=\dfrac{25}{8}$

如图$3.6$，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$\dfrac{25}{8}\color{red}{＜}t\color{red}{\le }4$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，$\frac{3}{2}\color{red}{＜}t\color{red}{＜}3$或$\dfrac{25}{8}\color{red}{＜}t\color{red}{\le }4$.

$\left(1\right)x^{2}-7x+12=0$，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，$BD=\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}=5$，

故答案为：$5$；

$(2)$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$2.1$，

$\because BD-DP\leqslant BP$，

$\therefore$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$BD-DP$，

如图$3$，过点$P$作$PE\bot AB$垂足为$E$点，

此时，$\angle BPO=90^{\circ}$，

由（1）知$BD=5$，$AB=CD=3$，$AD=BC=4$，

$\therefore sin\angle CBD=\frac{CD}{BD}=\frac{PO}{BO}=\frac{PO}{BC-OC}=\frac{3}{5}$

$\because PO=OC$，

$\therefore PO=\frac{3}{2}$，$BO=BC-OC=\frac{5}{2}$，

$\therefore t=\frac{3}{2}\div 1=\frac{3}{2}$，

此时$BP=\sqrt{B{O}^{2}-P{O}^{2}}=2$，

$\because PE\bot AB$，

$\therefore \angle PEB=\angle BPO=90^{\circ}$，

$\because \angle CBD+\angle ABD=\angle BPE+\angle ABD=90^{\circ}$，

$\therefore \angle CBD=\angle BPE$，

$\therefore \triangle PBO$∽$\triangle EPB$，

$\therefore \frac{BP}{EP}=\frac{PO}{BE}=\frac{BO}{BP}=\frac{\frac{5}{2}}{2}=\frac{5}{4}$，

$\therefore EP=\frac{8}{5}，BE=\frac{6}{5}$，

$\therefore AE=AB-BE=\frac{9}{5}$，

在$Rt\triangle AEP$中，$AP=\sqrt{A{E}^{2}+E{P}^{2}}=\frac{\sqrt{145}}{5}$，

故答案为：$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{145}}{5}$；

$(3)$如图$3.1$，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$OH$，

$\because \angle BHO=90^{\circ}$，$OH=OC$，

$\therefore sin\angle CBD=\frac{CD}{BD}=\frac{OH}{BO}=\frac{OC}{BC-OC}=\frac{3}{5}$，

$\therefore OC=\frac{3}{2}$，

此时，$t=\frac{3}{2}\div 1=\frac{3}{2}$，

如图$3.2$，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，

$\therefore OC=\frac{1}{2}BC=2$，

$\therefore t=2\div 1=2$，

$\therefore$当$\frac{3}{2}\color{red}{＜}t\color{red}{≤}2$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$3.3$，此时，半圆$O$与$BD$有$1$个交点，与$AB$有$1$个交点，

如图$3.4$，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$O$相切点为$M$，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$3.5$，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$OA$，

$\because O\mathrm{运动时间为}t秒，\mathrm{速度为}1\mathrm{个单位每秒}$，

$\therefore OC=OA=t$，

$\therefore OB=BC-OC=4-t$，

$在Rt\triangle ABO中：O{A}^{2}=O{B}^{2}+A{B}^{2}$

$即{t}^{2}={\left(4-t\right)}^{2}+{3}^{2}$，

解得$t=\dfrac{25}{8}$

如图$3.6$，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$\dfrac{25}{8}\color{red}{＜}t\color{red}{\le }4$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，$\frac{3}{2}\color{red}{＜}t\color{red}{＜}3$或$\dfrac{25}{8}\color{red}{＜}t\color{red}{\le }4$.