（1）令$y=0$，即$y=-\frac{2}{3}x^{2}-\frac{4}{3}x+2=0$，
解得$x=-3$或$x=1$，
$\therefore A\left(-3,0\right)$，$B\left(1,0\right)$；
令$x=0$，则$y=2$，
$\therefore C\left(0,2\right)$，
$\therefore$直线$AC$的解析式为：$y=\frac{2}{3}x+2$，
$\because BD$∥$AC$，
$\therefore$直线$BD$的解析式为：$y=\frac{2}{3}x+b$，
将点$B\left(1,0\right)$的坐标代入直线，可得$\frac{2}{3}+b=0$，
$\therefore b=-\frac{2}{3}$，
$\therefore$直线$BD$的解析式为：$y=\frac{2}{3}x-\frac{2}{3}$，
令$\frac{2}{3}x-\frac{2}{3}=-\frac{2}{3}x^{2}-\frac{4}{3}x+2$，
解得$x=1(舍)$或$x=-4$，
$\therefore D(-4$，$-\frac{10}{3})$.
$(2)$如图，过点$P$作$PQ$∥$y$轴交$BD$于点$Q$，设点$P$的横坐标为$m$，

则$P(m$，$-\frac{2}{3}m^{2}-\frac{4}{3}m+2)$，$Q(m$，$\frac{2}{3}m-\frac{2}{3})$，
$\therefore PQ=-\frac{2}{3}m^{2}-\frac{4}{3}m+2-(\frac{2}{3}m-\frac{2}{3})=-\frac{2}{3}m^{2}-2m+\frac{8}{3}$，
$\therefore S_{\triangle BPD}=\frac{1}{2}\cdot (x_{B}-x_{D})\cdot PQ=\frac{1}{2}\times \left(1+4\right)\cdot (-\frac{2}{3}m^{2}-2m+\frac{8}{3})=-\frac{5}{3}m^{2}-5m+\frac{20}{3}$.
连接$AD$，
$\because AC$∥$BD$，
$\therefore S_{\triangle BDE}=S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}\times \frac{10}{3}\times 4=\frac{20}{3}$，
$\therefore S_{\triangle BPE}=S_{\triangle BPD}-S_{\triangle BDE}=-\frac{5}{3}m^{2}-5m=-\frac{5}{3}(m+\frac{3}{2}^{)2}+\frac{15}{4}$.
$\because -\frac{5}{3} \lt 0$，
$\therefore$当$m=-\frac{3}{2}$时，$S_{\triangle BPE}$的最大值为：$\frac{15}{4}$，此时$P(-\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2})$.
$(3)$将抛物线沿射线$CA$方向平移$\frac{{\sqrt{13}}}{3}$单位即抛物线先左平移$1$个单位，再向下平移$\frac{2}{3}$个单位，
$\because y=-\frac{2}{3}x^{2}-\frac{4}{3}x+2=-\frac{2}{3}(x+1)^{2}+\frac{8}{3}$，
$\therefore {y\’}=-\frac{2}{3}(x+2)^{2}+2$，
$\therefore$抛物线${y\’}$的对称轴为$x=-2$；
设点$M$的纵坐标为$t$，则$M\left(-2,t\right)$，
$\therefore AM^{2}=\left(-2+3\right)^{2}+\left(b-0\right)^{2}=1+b^{2}$，
$AC^{2}=\left(0+3\right)^{2}+\left(2-0\right)^{2}=13$，
$CM^{2}=\left(-2-0\right)^{2}+\left(b-2\right)^{2}=b^{2}-4b+8$，
若以$A$，$C$，$M$，$N$为顶点的四边形为矩形，则$\triangle ACM$为直角三角形，需要分类讨论：
①点$A$为直角顶点，
$\therefore AM^{2}+AC^{2}=CM^{2}$，即$1+b^{2}+13=b^{2}-4b+8$，
解得$b=-1.5$，
由矩形的性质可知，$N\left(1,0.5\right)$.
②点$C$为直角顶点，
$\therefore AC^{2}+CM^{2}=AM^{2}$，即$13+b^{2}-4b+8=1+b^{2}$，
解得$b=5$，
$\therefore M\left(-2,-1.5\right)$，
由矩形的性质可知，$N\left(-5,3\right)$.
③点$M$为直角顶点，
$\therefore AM^{2}+CM^{2}=AC^{2}$，即$1+b^{2}+b^{2}-4b+8=13$，
解得$b=1+\sqrt{3}$或$b=1-\sqrt{3}$，
$\therefore M(-2$，$1+\sqrt{3}$）或$M(-2$，$1-\sqrt{3})$，
由矩形的性质可知，$N(-1$，$1-\sqrt{3}$）或$N(-1$，$1+\sqrt{3})$.
综上，若以$A$，$C$，$M$，$N$为顶点的四边形为矩形时，点$N$的坐标为$\left(1,0.5\right)$或$\left(-5,3\right)$或$(-1$，$1-\sqrt{3}$）或$(-1$，$1+\sqrt{3})$.

（1）令$y=0$，即$y=-\frac{2}{3}x^{2}-\frac{4}{3}x+2=0$，
解得$x=-3$或$x=1$，
$\therefore A\left(-3,0\right)$，$B\left(1,0\right)$；
令$x=0$，则$y=2$，
$\therefore C\left(0,2\right)$，
$\therefore$直线$AC$的解析式为：$y=\frac{2}{3}x+2$，
$\because BD$∥$AC$，
$\therefore$直线$BD$的解析式为：$y=\frac{2}{3}x+b$，
将点$B\left(1,0\right)$的坐标代入直线，可得$\frac{2}{3}+b=0$，
$\therefore b=-\frac{2}{3}$，
$\therefore$直线$BD$的解析式为：$y=\frac{2}{3}x-\frac{2}{3}$，
令$\frac{2}{3}x-\frac{2}{3}=-\frac{2}{3}x^{2}-\frac{4}{3}x+2$，
解得$x=1(舍)$或$x=-4$，
$\therefore D(-4$，$-\frac{10}{3})$.
$(2)$如图，过点$P$作$PQ$∥$y$轴交$BD$于点$Q$，设点$P$的横坐标为$m$，

则$P(m$，$-\frac{2}{3}m^{2}-\frac{4}{3}m+2)$，$Q(m$，$\frac{2}{3}m-\frac{2}{3})$，
$\therefore PQ=-\frac{2}{3}m^{2}-\frac{4}{3}m+2-(\frac{2}{3}m-\frac{2}{3})=-\frac{2}{3}m^{2}-2m+\frac{8}{3}$，
$\therefore S_{\triangle BPD}=\frac{1}{2}\cdot (x_{B}-x_{D})\cdot PQ=\frac{1}{2}\times \left(1+4\right)\cdot (-\frac{2}{3}m^{2}-2m+\frac{8}{3})=-\frac{5}{3}m^{2}-5m+\frac{20}{3}$.
连接$AD$，
$\because AC$∥$BD$，
$\therefore S_{\triangle BDE}=S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}\times \frac{10}{3}\times 4=\frac{20}{3}$，
$\therefore S_{\triangle BPE}=S_{\triangle BPD}-S_{\triangle BDE}=-\frac{5}{3}m^{2}-5m=-\frac{5}{3}(m+\frac{3}{2}^{)2}+\frac{15}{4}$.
$\because -\frac{5}{3} \lt 0$，
$\therefore$当$m=-\frac{3}{2}$时，$S_{\triangle BPE}$的最大值为：$\frac{15}{4}$，此时$P(-\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2})$.
$(3)$将抛物线沿射线$CA$方向平移$\frac{{\sqrt{13}}}{3}$单位即抛物线先左平移$1$个单位，再向下平移$\frac{2}{3}$个单位，
$\because y=-\frac{2}{3}x^{2}-\frac{4}{3}x+2=-\frac{2}{3}(x+1)^{2}+\frac{8}{3}$，
$\therefore {y\’}=-\frac{2}{3}(x+2)^{2}+2$，
$\therefore$抛物线${y\’}$的对称轴为$x=-2$；
设点$M$的纵坐标为$t$，则$M\left(-2,t\right)$，
$\therefore AM^{2}=\left(-2+3\right)^{2}+\left(b-0\right)^{2}=1+b^{2}$，
$AC^{2}=\left(0+3\right)^{2}+\left(2-0\right)^{2}=13$，
$CM^{2}=\left(-2-0\right)^{2}+\left(b-2\right)^{2}=b^{2}-4b+8$，
若以$A$，$C$，$M$，$N$为顶点的四边形为矩形，则$\triangle ACM$为直角三角形，需要分类讨论：
①点$A$为直角顶点，
$\therefore AM^{2}+AC^{2}=CM^{2}$，即$1+b^{2}+13=b^{2}-4b+8$，
解得$b=-1.5$，
由矩形的性质可知，$N\left(1,0.5\right)$.
②点$C$为直角顶点，
$\therefore AC^{2}+CM^{2}=AM^{2}$，即$13+b^{2}-4b+8=1+b^{2}$，
解得$b=5$，
$\therefore M\left(-2,-1.5\right)$，
由矩形的性质可知，$N\left(-5,3\right)$.
③点$M$为直角顶点，
$\therefore AM^{2}+CM^{2}=AC^{2}$，即$1+b^{2}+b^{2}-4b+8=13$，
解得$b=1+\sqrt{3}$或$b=1-\sqrt{3}$，
$\therefore M(-2$，$1+\sqrt{3}$）或$M(-2$，$1-\sqrt{3})$，
由矩形的性质可知，$N(-1$，$1-\sqrt{3}$）或$N(-1$，$1+\sqrt{3})$.
综上，若以$A$，$C$，$M$，$N$为顶点的四边形为矩形时，点$N$的坐标为$\left(1,0.5\right)$或$\left(-5,3\right)$或$(-1$，$1-\sqrt{3}$）或$(-1$，$1+\sqrt{3})$.