(1) 当 $f(x)=\sin x$ 时，
\[
M_\pi=\{x\mid \sin(x+\pi)=\sin x\}.
\]
取 $x=\dfrac{\pi}{3}$，则
\[
f\left(\frac{\pi}{3}+\pi\right)=\sin\frac{4\pi}{3}=-\frac{\sqrt3}{2},
\qquad
f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt3}{2}.
\]
两者不相等，所以 $\dfrac{\pi}{3}\notin M_\pi$。
(2) 设存在 $x$ 使 $f(x+a)=f(x)$，其中 $a>0$。
若 $x\ge 0$，则 $x+a>0$，有
\[
\sqrt{x+a}=\sqrt{x},
\]
不可能，因为 $a>0$。
若 $x+a<0$，则
\[
x+a+2=x+2,
\]
也不可能。
因此必须有
\[
x<0\le x+a.
\]
此时
\[
f(x+a)=\sqrt{x+a},\qquad f(x)=x+2,
\]
所以
\[
\sqrt{x+a}=x+2.
\]
令 $t=x+a$，则 $t\ge 0$，$x=t-a$，方程化为
\[
\sqrt t=t-a+2,
\]
即
\[
a=t+2-\sqrt t.
\]
又因为 $x<0$，即 $t-a<0$，所以
\[
t<t+2-\sqrt t\iff \sqrt t<2\iff t<4.
\]
于是问题等价于：存在 $t\in[0,4)$，使得
\[
a=\varphi(t)=t+2-\sqrt t.
\]
反之，对任意 $t\in[0,4)$，令 $a=t+2-\sqrt t$，则
\[
a-t=2-\sqrt t>0,
\]
取 $x=t-a$，就有 $x<0\le x+a$，且
\[
f(x+a)=\sqrt t=t-a+2=x+2=f(x),
\]
确实满足条件。
求 $\varphi(t)$ 在 $[0,4)$ 上的值域。对 $t>0$，
\[
\varphi'(t)=1-\frac{1}{2\sqrt t}.
\]
令 $\varphi'(t)=0$，得 $t=\dfrac14$。此时
\[
\varphi\left(\frac14\right)=\frac14+2-\frac12=\frac74.
\]
又
\[
\varphi(0)=2,\qquad \lim_{t\to4^-}\varphi(t)=4,
\]
且 $t=4$ 不取，所以 $\varphi([0,4))=\left[\dfrac74,4\right)$。
因此
\[
a\in\left[\frac74,4\right).
\]
(3) 先求 $x\in(1,2)$ 上的解析式。
由 $f$ 为偶函数，且当 $x\in(0,1]$ 时 $f(x)=1-x$，可知当 $u\in(-1,0)$ 时
\[
f(u)=f(-u)=1-(-u)=1+u.
\]
任取 $u\in(-1,0)$，令
\[
a=-2u\in(0,2).
\]
则
\[
u+a=-u,
\]
于是
\[
f(u+a)=f(-u)=f(u).
\]
所以 $u\in M_a$。由条件 $M_a\subseteq M_2$，得 $u\in M_2$，即
\[
f(u+2)=f(u).
\]
令 $x=u+2$，则 $x\in(1,2)$，并且
\[
f(x)=f(u)=1+u=x-1.
\]
故
\[
\boxed{f(x)=x-1\quad(1<x<2)}.
\]
下面证明零点个数的上界。
对任意 $x\in(0,1)$，有 $2-x\in(1,2)$，由上一步结果
\[
f(2-x)=(2-x)-1=1-x=f(x).
\]
令
\[
a=(2-x)-x=2-2x\in(0,2),
\]
则 $x\in M_a$，从而 $x\in M_2$，即
\[
f(x+2)=f(x)=1-x.
\]
令 $t=x+2\in(2,3)$，得
\[
f(t)=1-(t-2)=3-t.
\]
因此
\[
f(x)=3-x\quad(2<x<3).
\]
再由偶函数性质，可得在 $[-3,3]$ 的六个开区间上：
\[
f(x)=
\begin{cases}
x+3, & -3<x<-2,\\[2mm]
-x-1, & -2<x<-1,\\[2mm]
x+1, & -1<x<0,\\[2mm]
1-x, & 0<x<1,\\[2mm]
x-1, & 1<x<2,\\[2mm]
3-x, & 2<x<3.
\end{cases}
\]
并且
\[
f(-1)=f(1)=0.
\]
考虑方程 $f(x)=c$。
若 $c\notin(0,1)$，上述六个开区间上的函数值都属于 $(0,1)$，因此零点只可能出现在
\[
\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}
\]
这 $7$ 个点中，至多 $7$ 个，当然不超过 $9$ 个。
若 $c\in(0,1)$，则上述六个开区间中，每一段都是严格单调的一次函数，且值域均为 $(0,1)$，所以每一段上恰有一个零点，共 $6$ 个。
又 $f(-1)=f(1)=0\ne c$，所以 $x=\pm1$ 不是零点。
再证 $x=\pm3$ 也不可能是零点。若 $f(3)=c$，由偶函数知 $f(-3)=c$。取
\[
v=-1-c\in(-2,-1),
\]
则由 $f(x)=-x-1$ 得
\[
f(v)=-v-1=c.
\]
令
\[
a=v+3=2-c\in(0,2),
\]
则
\[
-3+a=v,
\]
于是
\[
f(-3+a)=f(v)=c=f(-3).
\]
所以 $-3\in M_a$，由条件得 $-3\in M_2$，即
\[
f(-1)=f(-3)=c,
\]
这与 $f(-1)=0$ 矛盾。因此 $f(3)\ne c$，$f(-3)\ne c$。
于是，当 $c\in(0,1)$ 时，除六个开区间中的 $6$ 个零点外，只可能在 $-2,0,2$ 这三个点处再出现零点，至多再加 $3$ 个。
所以对任意实数 $c$，函数 $y=f(x)-c$ 在 $[-3,3]$ 上至多有
\[
6+3=9
\]
个零点。