$证明：(1)过D作DQ⊥BC于Q，连接DE.$
$∵⊙D切AB于E，$
$∴DE⊥AB，$
$∵四边形ABCD是菱形，$
$∴BD平分∠ABC，$
$∴DE=DQ.$
$∵DQ⊥BC，DE=DQ，$
$∴⊙D与边BC也相切.$
$(2)解：连接DE、过F_{作}FN⊥DH于N.$
$∵四边形ABCD是菱形，$
$∴AD=AB=2\sqrt{3}，$
$∵∠A=60°，$
$∴△ABD是等边三角形，$
$∴∠DBA=60°，DC∥AB，AD=BD=AB=2\sqrt{3}.$
$∵DE⊥AB，$
$∴AE=BE=\sqrt{3}.$
$∵Rt△DEA中，AE=\sqrt{3}，∠A=60°，$
$∴DE=3=DH=DF，$
$∵四边形ABCD是菱形，$
$∴∠C=∠A=60°，DC=BC，$
$∴△DCB是等边三角形，$
$∴∠CDB=60°，$
$∵DF=DH，$
$∴△DFH是等边三角形，$
$∵FN⊥DH，$
$∴DN=NH=\frac {3}{2}.$
$∵Rt△FND中，DN=\frac {3}{2}，∠FDN=60°，$
$∴FN=\frac {3\sqrt{3}}{2}，$
$∴S_{阴影}=S_{扇形FDH}-S_{△FDH}=\frac {60π×{3}^2}{360}-\frac {1}{2}×3×\frac {3\sqrt{3}}{2}=\frac {3}{2}π-\frac {9\sqrt{3}}{4}=\frac {6π-9\sqrt{3}}{4}.$
$(3)解：过M作MZ⊥DF_{于}Z.$
$由(2)知：S_{△HDF}=\frac {1}{2}×3×\frac {3\sqrt{3}}{2}=\frac {9\sqrt{3}}{4}，DF=3，$
$∵S_{△HDF}=\sqrt{3}S_{△DFM}，$
$∴\frac {9\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}×\frac {1}{2}×3×MZ，$
$∴MZ=\frac {3}{2}，$
$∵在Rt△DMZ中，sin∠MDZ=\frac {MZ}{DM}=\frac {1}{2}，$
$∴∠MDZ=30°，$
$同理还有另一点M′也符合，此时MM′∥CD，∠M′DC=180°-30°=150°，$
$∴弧MF的长是\frac {30π×3}{180}=\frac {1}{2}π；$
$弧FM′的长是\frac {150π×3}{180}=\frac {5}{2}π．$
$所以动点M经过的弧长是\frac {1}{2}π或\frac {5}{2}π．$
