解：$(1)BQ=PC$
$(2)$成立
如图，过点$P$作$PH//AB，$交$CO$的延长线于点$H$
在$Rt△ABC$中，∵$∠ACB=90°，$$∠A=30°，$$O$为$AB$的中点
∴$CO=AO=BO=BC= \frac {1}{2}\ \mathrm {AB}，$$∠CBO=60°$
∴$△CBO$是等边三角形
∴$∠COB=60°$
又∵$PH//AB$
∴$∠H=∠COB=60°，$$∠CPH=∠CBO=60°$
∴$∠H=∠CPH=60°$
∴$△CPH$是等边三角形
∴$PC=PH=CH$
∴易得$OH=PB$
∵$∠POH=60°+∠CPO，$$∠QPB=60°+∠CPO$
∴$∠POH=∠QPB$
∵$PO=QP$
∴$△POH≌△QPB$
∴$PH=QB$
∴$PC=BQ $
$(3)$如图，过点$C$作$CE⊥OP $于点$E，$在$PE$上取一点$F，$连接$CF，$使得$FP=FC$
∵$∠OPC=15°，$$∠OCB=∠OPC+∠POC=60°$
∴$∠POC=45°$
∴易得$CE=EO$
设$CE=EO=a，$则易得$CO=CB= \sqrt {2}\ \mathrm {a}，$$FC=FP=2a，$$EF= \sqrt {3}\ \mathrm {a}$
在$Rt△PCE$中，$PC= \sqrt {PE²+CE²} = \sqrt {(2a+\sqrt {3}a)²+a²} =(\sqrt {6} + \sqrt {2} )a$
∵$BP=PC+CB=4$
∴$(\sqrt {6} + \sqrt {2} )a+ \sqrt {2}\ \mathrm {a}=4$
解得$a=4 \sqrt {2} -2 \sqrt {6}$
∴$PC=4 \sqrt {3} -4$
由$(1)(2)$易知$BQ=PC$
∴$BQ=4 \sqrt {3} -4$
