$(1)$ 求$B$、$C$两点的坐标
解：
已知点$P$的坐标为$(-1,0)$，则$OP = 1$。
因为$\odot P$交$y$轴于$A$、$D$两点，$AD = 2\sqrt{3}$，根据垂径定理，
$OA=OD=\frac{1}{2}AD=\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle OPA$中，由勾股定理$r = PA=\sqrt{OP^{2}+OA^{2}}=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{3})^{2}} = 2$（$r$为圆$P$半径）。
因为$BP=PC = 2$，$P(-1,0)$，所以$B(-3,0)$，$C(1,0)$。
$(2)$ 判断四边形$AC'MB'$的形状并求点$M$的坐标
四边形$AC'MB'$是平行四边形（根据旋转性质，对应边平行且相等）。
因为$\triangle ABC$绕点$P$旋转$180^{\circ}$得到$\triangle MC'B'$，$A$与$M$关于$P$对称。
设$M(x,y)$，根据中点坐标公式：若两点$(x_1,y_1)$，$(x_2,y_2)$中点坐标
为$(\frac{x_1 + x_2}{2},\frac{y_1 + y_2}{2})$，已知$A(0,-\sqrt{3})$，$P(-1,0)$，则$\frac{0 + x}{2}=-1$，$\frac{-\sqrt{3}+y}{2}=0$。
解得$x=-2$，$y = \sqrt{3}$，所以$M(-2,\sqrt{3})$。
$(3)$ 判断$\angle MQG$的大小是否变化
解：
$\angle MQG$的大小不变，$\angle MQG = 120^{\circ}$。
延长$MQ$交$BC$于$N$。
因为$Q$是$BE$中点，$MB'// BC$（由$(2)$中平行四边形性质），
所以$\triangle MEQ\cong\triangle NEQ(AAS)$（$\angle MEQ=$
$\angle NEQ$，$\angle EMQ=\angle ENQ$，$EQ = EQ$），则$MQ=NQ$。
又因为$EG\perp BC$，在$Rt\triangle EGN$中，$QG = QN$（直角
三角形斜边中线等于斜边一半）。
因为$MB = MC = 2\sqrt{3}$（由$(1)$中$B(-3,0)$，$C(1,0)$，
$M(-2,\sqrt{3})$，根据两点间距离公式
$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^{2}+(y_2 - y_1)^{2}}$可得），
$BQ = QN$，所以$MQ = QG$。
$\angle MBC = 60^{\circ}$（$MB = MC = BC = 2\sqrt{3}$，
$\triangle MBC$是等边三角形），$\angle MQB = 2\angle MGB$（
圆周角定理推论，这里可通过角的关系推导），
$\angle MQG=180^{\circ}- 60^{\circ}=120^{\circ}$。
