$(1)$证明：作$DF\bot BC$于$F$，$DG\bot BA$的延长线于$G$，如图$1$，

$\therefore \angle FDG=\angle ADC=90^{\circ}$，
$\because \angle FDG-\angle FDA=\angle ADC-\angle FDA$，
$\therefore \angle CDF=\angle ADG$，
又$\because AD=CD$，$\angle DGA=90^{\circ}=\angle DFC$，
$\therefore \triangle ADG$≌$\triangle CDF\left(AAS\right)$，
$\therefore DG=DF$，
又$\because DG\bot BA$，$DF\bot BC$，
$\therefore BD$平分$\angle ABC$；
$(2)$证明：作$DN\bot BA$的延长线于$N$，

同理$\left(1\right),\triangle ADN$≌$\triangle CDM$，
$\therefore DN=DM$，$AN=CM$，
$\therefore AB+CM=AB+AN=BN$，
$\because DN=DM$，$BD=BD$，
$\therefore Rt\triangle BDN$≌$Rt\triangle BDM\left(HL\right)$，
$\therefore BN=BM$，
$\therefore AB+CM=BM$；
$(3)$如图$3$，延长$QA$交$CB$的延长线于$I$，作$CH\bot AQ$于$H$，$QN\bot BC$于$N$，

设$\angle ACB=\alpha$，则$\angle IAB=180^{\circ}-\angle QAC-\angle BAC=2\alpha$，$\angle QAC=\angle BAC=90^{\circ}-\alpha$，
$\therefore \angle I=90^{\circ}-2\alpha$，
$\because AD=CD$，$\angle ADC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle DAC=\angle DCA=45^{\circ}$，
$\therefore \angle ICQ=45^{\circ}+\alpha$，
$\therefore \angle IQC=180^{\circ}-\angle I-\angle ICQ=45^{\circ}+\alpha =\angle ICQ$，
$\therefore IC=IQ$，
$\because {S}_{△ICQ}=\frac{1}{2}IQ•CH=\frac{1}{2}IC•QN$，
$\therefore CH=QN$，
$\because CH=QN$，$CQ=QC$，
$\therefore Rt\triangle CHQ$≌$Rt\triangle QNC\left(HL\right)$，
$\therefore QH=CN$，
$\because CA$平分$\angle BAH$，$CB\bot AB$，$CH\bot AH$，
$\therefore CH=CB$，
$\therefore CH=CB=QN=3$，
同理$,Rt\triangle ABC$≌$Rt\triangle AHC\left(HL\right)$，
$\therefore AB=AH$，
同理$,Rt\triangle QFN$≌$Rt\triangle CAB\left(HL\right)$，
$\therefore NF=BA$，
设$FC=y$，$NF=BA=AH=x$，
$\therefore AQ=AH+QH=2x+y$，$QH=CN=x+y$，
$\because AQ-FC=2$，
$\therefore 2x+y-y=2$，
$\therefore x=1$，
$\therefore NF=BA=AH=1$，$AQ=2+y$，$QH=CN=1+y$，
$\therefore BN=BC-CN=2-y$，
如图，作$AG\bot QN$于$G$，则四边形$ABNG$是矩形，
$\therefore GN=AB=1$，$QG=QN-GN=2$，$AG=BN=2-y$，
由勾股定理得，$AQ^{2}-AG^{2}=QG^{2}$，即$\left(2+y\right)^{2}-\left(2-y\right)^{2}=2^{2}$，
解得，$y=\frac{1}{2}$，
$\therefore AQ=\frac{5}{2}$，
$\therefore AQ$的长度为$\frac{5}{2}$.

$(1)$证明：作$DF\bot BC$于$F$，$DG\bot BA$的延长线于$G$，如图$1$，

$\therefore \angle FDG=\angle ADC=90^{\circ}$，
$\because \angle FDG-\angle FDA=\angle ADC-\angle FDA$，
$\therefore \angle CDF=\angle ADG$，
又$\because AD=CD$，$\angle DGA=90^{\circ}=\angle DFC$，
$\therefore \triangle ADG$≌$\triangle CDF\left(AAS\right)$，
$\therefore DG=DF$，
又$\because DG\bot BA$，$DF\bot BC$，
$\therefore BD$平分$\angle ABC$；
$(2)$证明：作$DN\bot BA$的延长线于$N$，

同理$\left(1\right),\triangle ADN$≌$\triangle CDM$，
$\therefore DN=DM$，$AN=CM$，
$\therefore AB+CM=AB+AN=BN$，
$\because DN=DM$，$BD=BD$，
$\therefore Rt\triangle BDN$≌$Rt\triangle BDM\left(HL\right)$，
$\therefore BN=BM$，
$\therefore AB+CM=BM$；
$(3)$如图$3$，延长$QA$交$CB$的延长线于$I$，作$CH\bot AQ$于$H$，$QN\bot BC$于$N$，

设$\angle ACB=\alpha$，则$\angle IAB=180^{\circ}-\angle QAC-\angle BAC=2\alpha$，$\angle QAC=\angle BAC=90^{\circ}-\alpha$，
$\therefore \angle I=90^{\circ}-2\alpha$，
$\because AD=CD$，$\angle ADC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle DAC=\angle DCA=45^{\circ}$，
$\therefore \angle ICQ=45^{\circ}+\alpha$，
$\therefore \angle IQC=180^{\circ}-\angle I-\angle ICQ=45^{\circ}+\alpha =\angle ICQ$，
$\therefore IC=IQ$，
$\because {S}_{△ICQ}=\frac{1}{2}IQ•CH=\frac{1}{2}IC•QN$，
$\therefore CH=QN$，
$\because CH=QN$，$CQ=QC$，
$\therefore Rt\triangle CHQ$≌$Rt\triangle QNC\left(HL\right)$，
$\therefore QH=CN$，
$\because CA$平分$\angle BAH$，$CB\bot AB$，$CH\bot AH$，
$\therefore CH=CB$，
$\therefore CH=CB=QN=3$，
同理$,Rt\triangle ABC$≌$Rt\triangle AHC\left(HL\right)$，
$\therefore AB=AH$，
同理$,Rt\triangle QFN$≌$Rt\triangle CAB\left(HL\right)$，
$\therefore NF=BA$，
设$FC=y$，$NF=BA=AH=x$，
$\therefore AQ=AH+QH=2x+y$，$QH=CN=x+y$，
$\because AQ-FC=2$，
$\therefore 2x+y-y=2$，
$\therefore x=1$，
$\therefore NF=BA=AH=1$，$AQ=2+y$，$QH=CN=1+y$，
$\therefore BN=BC-CN=2-y$，
如图，作$AG\bot QN$于$G$，则四边形$ABNG$是矩形，
$\therefore GN=AB=1$，$QG=QN-GN=2$，$AG=BN=2-y$，
由勾股定理得，$AQ^{2}-AG^{2}=QG^{2}$，即$\left(2+y\right)^{2}-\left(2-y\right)^{2}=2^{2}$，
解得，$y=\frac{1}{2}$，
$\therefore AQ=\frac{5}{2}$，
$\therefore AQ$的长度为$\frac{5}{2}$.