$\left(1\right)\because$点$C$的横坐标为$3$，

把$x=3$代入$y=x$得$y=3$，

$\therefore$点$C$的坐标为$\left(3,3\right)$，

把$A\left(0,4\right)$，$C\left(3,3\right)$代入$y=kx+b$，得$\left\{\begin{array}{l}{b=4}\\{3k+b=3}\end{array}\right.$，

解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{3}}\\{b=4}\end{array}\right.$，

$\therefore$一次函数表达式为$y=-\frac{1}{3}x+4$；

$(2)$设点$M$的坐标$\left(m,3\right)$，

把$y=0$代入$y=-\frac{1}{3}x+4$得$0=-\frac{1}{3}x+4$，

解得$x=12$，

$\therefore$点$B$的坐标为$\left(12,0\right)$，

$\therefore BC=\sqrt{(12-3)^{2}+{3}^{2}}=3\sqrt{10}$，

$\because \triangle BCM$为以$BC$为腰的等腰三角形，

$\therefore CM=CB=3\sqrt{10}$或$BC=BM=3\sqrt{10}$，

当$CM=CB=3\sqrt{10}$时，

$\therefore M(3+3\sqrt{10}$，$3)$或$M(3-3\sqrt{10}$，$3)\left(\mathrm{舍去}\right)$

当$BC=BM=3\sqrt{10}$时，

过$B$作$BH\bot CD$于$H$，

$\therefore CH=MH$，

$\therefore H\left(12,3\right)$，

$\therefore HM=\sqrt{(3\sqrt{10})^{2}-{3}^{2}}=9$，

$\therefore M\left(21,3\right)$

综上所述，点$M$的坐标为$(3+3\sqrt{10}$，$3)$或$\left(21,3\right)$；

$(3)\because OA=4$，$OB=12$，

$\therefore S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}OA\color{red}{•}OB=\frac{1}{2}\times 4\times 12=24$，

过$P$作$PQ$∥$y$轴交$AB$于$Q$，

$\because P\left(a,3\right)$，

$\therefore Q(a$，$-\frac{1}{3}a+4)$，

$\because S_{\triangle APB}=S_{\triangle APQ}+S_{\triangle PBQ}=\frac{1}{2}|-\frac{1}{3}a+4-3|\times 12$，$\triangle ABP$的面积等于$\triangle AOB$面积的一半，

$\therefore \frac{1}{2}|-\frac{1}{3}a+4-3|\times 12=\frac{1}{2}\color{red}{×}24$，

解得$a=-3$或$a=9$，

$\therefore P\left(-3,3\right)$或$\left(9,3\right)$；

$(4)$①当$\angle DNE=90^{\circ}$时，过点$C$作$CM\bot x$轴于点$M$，并延长$CM$，过点$D$作$DF\bot CM$于点$F$，如图所示：

设点$N\left(n,0\right)$，则$BN=12-n$，

根据折叠可得$CD=BC=3\sqrt{10}$，$DN=BN=12-n$，

$\because \angle DFM=\angle FMN=\angle DNM={90}^{\circ }$

$\therefore$四边形$DNMF$为矩形

$\therefore MF=DN=12-n$，$DF=MN=n-3$，

$\therefore CF=CM+MF=3+12-n=15-n$，

在$Rt\triangle CFD$中，

根据勾股定理得$C{D}^{2}=C{F}^{2}+D{F}^{2}$,

即${\left(3\sqrt{10}\right)}^{2}={\left(15-n\right)}^{2}+{\left(n-3\right)}^{2}$,

解得：$n=6$或$n=12\left(\mathrm{舍去}\right)$，

$\therefore$点$N$的横坐标为$6$；

②当$\angle DEN=90^{\circ}$时，如图所示：

设点$N\left(n,0\right)$，则$BN=12-n$，

根据折叠的性质得到$CD=BC=3\sqrt{10}$，$DN=BN=12-n$，

$\because \angle DEN={90}^{\circ }$

$\therefore CD\bot x轴$

$\therefore CE=3$，$OE=3$，

$\therefore DE=3\sqrt{10}-3$，$EN=n-3$，

在$Rt\triangle DEN$中，

根据勾股定理得${DN}^{2}={EN}^{2}+D{E}^{2}$,

即${\left(12-n\right)}^{2}={\left(n-3\right)}^{2}+{\left(3\sqrt{10}-3\right)}^{2}$,

解得：$n=\sqrt{10}+2$，

$\therefore$点$N$的横坐标为$\sqrt{10}+2$，

综上所述，点$N$的横坐标为$\sqrt{10}+2$或$6$.

$\left(1\right)\because$点$C$的横坐标为$3$，

把$x=3$代入$y=x$得$y=3$，

$\therefore$点$C$的坐标为$\left(3,3\right)$，

把$A\left(0,4\right)$，$C\left(3,3\right)$代入$y=kx+b$，得$\left\{\begin{array}{l}{b=4}\\{3k+b=3}\end{array}\right.$，

解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{3}}\\{b=4}\end{array}\right.$，

$\therefore$一次函数表达式为$y=-\frac{1}{3}x+4$；

$(2)$设点$M$的坐标$\left(m,3\right)$，

把$y=0$代入$y=-\frac{1}{3}x+4$得$0=-\frac{1}{3}x+4$，

解得$x=12$，

$\therefore$点$B$的坐标为$\left(12,0\right)$，

$\therefore BC=\sqrt{(12-3)^{2}+{3}^{2}}=3\sqrt{10}$，

$\because \triangle BCM$为以$BC$为腰的等腰三角形，

$\therefore CM=CB=3\sqrt{10}$或$BC=BM=3\sqrt{10}$，

当$CM=CB=3\sqrt{10}$时，

$\therefore M(3+3\sqrt{10}$，$3)$或$M(3-3\sqrt{10}$，$3)\left(\mathrm{舍去}\right)$

当$BC=BM=3\sqrt{10}$时，

过$B$作$BH\bot CD$于$H$，

$\therefore CH=MH$，

$\therefore H\left(12,3\right)$，

$\therefore HM=\sqrt{(3\sqrt{10})^{2}-{3}^{2}}=9$，

$\therefore M\left(21,3\right)$

综上所述，点$M$的坐标为$(3+3\sqrt{10}$，$3)$或$\left(21,3\right)$；

$(3)\because OA=4$，$OB=12$，

$\therefore S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}OA\color{red}{•}OB=\frac{1}{2}\times 4\times 12=24$，

过$P$作$PQ$∥$y$轴交$AB$于$Q$，

$\because P\left(a,3\right)$，

$\therefore Q(a$，$-\frac{1}{3}a+4)$，

$\because S_{\triangle APB}=S_{\triangle APQ}+S_{\triangle PBQ}=\frac{1}{2}|-\frac{1}{3}a+4-3|\times 12$，$\triangle ABP$的面积等于$\triangle AOB$面积的一半，

$\therefore \frac{1}{2}|-\frac{1}{3}a+4-3|\times 12=\frac{1}{2}\color{red}{×}24$，

解得$a=-3$或$a=9$，

$\therefore P\left(-3,3\right)$或$\left(9,3\right)$；

$(4)$①当$\angle DNE=90^{\circ}$时，过点$C$作$CM\bot x$轴于点$M$，并延长$CM$，过点$D$作$DF\bot CM$于点$F$，如图所示：

设点$N\left(n,0\right)$，则$BN=12-n$，

根据折叠可得$CD=BC=3\sqrt{10}$，$DN=BN=12-n$，

$\because \angle DFM=\angle FMN=\angle DNM={90}^{\circ }$

$\therefore$四边形$DNMF$为矩形

$\therefore MF=DN=12-n$，$DF=MN=n-3$，

$\therefore CF=CM+MF=3+12-n=15-n$，

在$Rt\triangle CFD$中，

根据勾股定理得$C{D}^{2}=C{F}^{2}+D{F}^{2}$,

即${\left(3\sqrt{10}\right)}^{2}={\left(15-n\right)}^{2}+{\left(n-3\right)}^{2}$,

解得：$n=6$或$n=12\left(\mathrm{舍去}\right)$，

$\therefore$点$N$的横坐标为$6$；

②当$\angle DEN=90^{\circ}$时，如图所示：

设点$N\left(n,0\right)$，则$BN=12-n$，

根据折叠的性质得到$CD=BC=3\sqrt{10}$，$DN=BN=12-n$，

$\because \angle DEN={90}^{\circ }$

$\therefore CD\bot x轴$

$\therefore CE=3$，$OE=3$，

$\therefore DE=3\sqrt{10}-3$，$EN=n-3$，

在$Rt\triangle DEN$中，

根据勾股定理得${DN}^{2}={EN}^{2}+D{E}^{2}$,

即${\left(12-n\right)}^{2}={\left(n-3\right)}^{2}+{\left(3\sqrt{10}-3\right)}^{2}$,

解得：$n=\sqrt{10}+2$，

$\therefore$点$N$的横坐标为$\sqrt{10}+2$，

综上所述，点$N$的横坐标为$\sqrt{10}+2$或$6$.