$(1)$ 求$B$、$C$兩點的坐標
解：
已知點$P$的坐標為$(-1,0)$，則$OP = 1$。
因為$\odot P$交$y$軸于$A$、$D$兩點，$AD = 2\sqrt{3}$，根據(jù)垂徑定理，
$OA=OD=\frac{1}{2}AD=\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle OPA$中，由勾股定理$r = PA=\sqrt{OP^{2}+OA^{2}}=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{3})^{2}} = 2$（$r$為圓$P$半徑）。
因為$BP=PC = 2$，$P(-1,0)$，所以$B(-3,0)$，$C(1,0)$。
$(2)$ 判斷四邊形$AC'MB'$的形狀并求點$M$的坐標
四邊形$AC'MB'$是平行四邊形（根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，對應(yīng)邊平行且相等）。
因為$\triangle ABC$繞點$P$旋轉(zhuǎn)$180^{\circ}$得到$\triangle MC'B'$，$A$與$M$關(guān)于$P$對稱。
設(shè)$M(x,y)$，根據(jù)中點坐標公式：若兩點$(x_1,y_1)$，$(x_2,y_2)$中點坐標
為$(\frac{x_1 + x_2}{2},\frac{y_1 + y_2}{2})$，已知$A(0,-\sqrt{3})$，$P(-1,0)$，則$\frac{0 + x}{2}=-1$，$\frac{-\sqrt{3}+y}{2}=0$。
解得$x=-2$，$y = \sqrt{3}$，所以$M(-2,\sqrt{3})$。
$(3)$ 判斷$\angle MQG$的大小是否變化
解：
$\angle MQG$的大小不變，$\angle MQG = 120^{\circ}$。
延長$MQ$交$BC$于$N$。
因為$Q$是$BE$中點，$MB'// BC$（由$(2)$中平行四邊形性質(zhì)），
所以$\triangle MEQ\cong\triangle NEQ(AAS)$（$\angle MEQ=$
$\angle NEQ$，$\angle EMQ=\angle ENQ$，$EQ = EQ$），則$MQ=NQ$。
又因為$EG\perp BC$，在$Rt\triangle EGN$中，$QG = QN$（直角
三角形斜邊中線等于斜邊一半）。
因為$MB = MC = 2\sqrt{3}$（由$(1)$中$B(-3,0)$，$C(1,0)$，
$M(-2,\sqrt{3})$，根據(jù)兩點間距離公式
$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^{2}+(y_2 - y_1)^{2}}$可得），
$BQ = QN$，所以$MQ = QG$。
$\angle MBC = 60^{\circ}$（$MB = MC = BC = 2\sqrt{3}$，
$\triangle MBC$是等邊三角形），$\angle MQB = 2\angle MGB$（
圓周角定理推論，這里可通過角的關(guān)系推導(dǎo)），
$\angle MQG=180^{\circ}- 60^{\circ}=120^{\circ}$。
