28. 如图, 直线 $y=-ax+a$ 与 $x$ 轴交于点 $C$, 与 $y=ax+3a$ 交于点 $A$. 直线 $y=ax+3a$ 与 $x$ 轴交于点 $B$. 动点 $M$ 从点 $B$ 出发, 沿着线段 $BA$ 向终点 $A$ 运动, 同时, 动点 $N$ 从 $C$ 出发, 沿着射线 $AC$ 运动, $M,N$ 两点的运动速度均为每秒 2 个单位长度, 运动时间为 $t$ s.

(1)如图1,求$B,C$两点的坐标.
(2)如图2,连接$MN$交$x$轴于点$E$,过点$M$作$MF⊥ x$轴于点$F$,当 $S_{△ ABC}=4\sqrt{3}$ 时,设 $ME^2=d$,求 $d$ 与 $t$ 的数量关系.
(3)如图3,在(2)的条件下,在线段$AC$上取一点$D$,连接$DM$,使得 $∠ DMN=2∠ DNM$,过点$D$作 $DF⊥ MN$ 于点$F$.当 $∠ DEF=60°$ 时,求 $t$ 的值.

解：
(1) 对于直线 $y=ax+3a$，令 $y=0$，得 $ax+3a=0$，
$\because a≠0$，$\therefore x=-3$，即 $B(-3,0)$。
对于直线 $y=-ax+a$，令 $y=0$，得 $-ax+a=0$，
$\because a≠0$，$\therefore x=1$，即 $C(1,0)$。
(2) 联立 $\begin{cases}y=-ax+a\\y=ax+3a\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x=-1\\y=2a\end{cases}$，即 $A(-1,2a)$。
$BC=1-(-3)=4$，
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· BC· y_A=\frac{1}{2}×4×2a=4a=4\sqrt{3}$，
$\therefore a=\sqrt{3}$，$A(-1,2\sqrt{3})$。
计算得 $AB=\sqrt{(-1+3)^2+(2\sqrt{3})^2}=4$，$AC=\sqrt{(1+1)^2+(0-2\sqrt{3})^2}=4$。
由运动可知 $BM=2t$，$CN=2t$，$∠ ABC=60°$，
$\because MF⊥ x$ 轴，$\therefore BF=BM·\cos60°=t$，$MF=BM·\sin60°=\sqrt{3}t$，
$\therefore M(-3+t,\sqrt{3}t)$。
同理 $∠ ACB=60°$，得 $N(1+t,-\sqrt{3}t)$。
设直线 $MN$ 解析式为 $y=kx+b$，代入 $M,N$ 坐标解得 $k=-\frac{\sqrt{3}t}{2}$，令 $y=0$，得 $x=t-1$，即 $E(t-1,0)$。
$\therefore ME^2=(t-1+3-t)^2+(0-\sqrt{3}t)^2=4+3t^2$，
即 $d=3t^2+4$。
(3) 由 $ME^2=EN^2=(1+t-t+1)^2+(-\sqrt{3}t-0)^2=4+3t^2$，得 $ME=EN$，即 $E$ 是 $MN$ 中点。
设 $∠ DNM=α$，则 $∠ DMN=2α$，
$\because ∠ DEN$ 是 $△ DEN$ 的外角，若 $DE=EN$，则 $∠ EDN=∠ DNM=α$，
$\therefore ∠ DEM=∠ EDN+∠ DNM=2α=∠ DMN$，得 $DM=DE$，满足条件。
$\because DF⊥ MN$，由等腰三角形三线合一得 $F$ 是 $ME$ 中点，即 $EF=\frac{1}{2}ME$。
在 $Rt△ DFE$ 中，$∠ DEF=60°$，$\therefore EF=DE·\cos60°=\frac{1}{2}DE$，
$\therefore ME=DE$，结合 $DM=DE$，得 $△ DME$ 是等边三角形，$∠ DEM=60°$。
将旋转得到的 $D$ 点坐标代入直线 $AC:y=-\sqrt{3}x+\sqrt{3}$，化简得：
$1+\frac{t}{2}=-\frac{5t}{2}+3$，
解得 $t=\frac{2}{3}$。
答：$t$ 的值为 $\frac{2}{3}$。