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.

28.解:(1)当$y=0$时,$-ax+a=0,$
$\therefore x=1,ax+3a=0,x=-3,$
$\therefore B(-3,0),C(1,0).$
(2)联立$\begin{cases}y=-ax+a,\\y=ax+3a,\end{cases}$
解得$\begin{cases}x=-1,\\y=2a,\end{cases}$
$\therefore A(-1,2a).$
如图,过点$A$作$AR⊥ x$轴于点$R.$
$\therefore BR=CR=2.$
$\because S_{△ ABC}=\frac{BC· AR}{2}=4\sqrt{3},$
$\therefore AR=2\sqrt{3}.$
在$\mathrm{Rt}△ ABR$中,$AB=\sqrt{AR^2+BR^2}=4,\therefore AB=BC.$
同理$BC=AC,$
$\therefore△ ABC$为等边三角形.
过点$M$作$MQ// AC$交$x$轴于点$Q$，可证$△ BMQ$为等边三角形，
$\therefore BM=MQ.$
又$\because BM=CN,\therefore MQ=CN,$
易证$△ MQE≌△ NCE.$
$\because MF⊥ BC,\therefore BF=FQ,$
$\therefore EF=FQ+EQ=\frac{1}{2}BQ+\frac{1}{2}CQ=2.$
在$\mathrm{Rt}△ BMF$中,$MF^2=3t^2,$
在$\mathrm{Rt}△ EMF$中,$d=ME^2=MF^2+EF^2=3t^2+4.$
(3)如图,延长$NM$到点$G$,使$MG=MD$,连接$DG,DE.$
$\therefore∠ G=∠ MDG,$
$\therefore∠ DMN=2∠ G.$
$\because∠ DMN=2∠ DNM,$
$\therefore∠ G=∠ DNM,$
$\therefore△ DGN$是等腰三角形,$DG=DN.$
$\because DF⊥ MN,$
$\therefore GF=NF.$
由(2)知,$ME=EN,$
设$MF=a,EF=b,$
$\therefore EN=a+b.$
设$DM=x$,则$MG=x.$
$\because GF=NF,$
$\therefore a+x=b+a+b$
$\therefore x=2b,DM=2EF.$
在$\mathrm{Rt}△ DEF$中,$∠ DEF=60°,$
$\therefore∠ EDF=30°,$
$\therefore DE=2EF,$
$\therefore DM=DE.$
$\therefore△ MDE$为等边三角形，
$\therefore∠ DMN=60°.$
$\therefore∠ DNF=30°.$
$\because∠ A=60°,$
$\therefore∠ AMN=90°,$
$\therefore∠ BME=90°.$
$\because∠ CEN=60°-30°=30°,$
$\therefore CE=CN=BM=2t,$
$\therefore BE=4-2t.$
在$\mathrm{Rt}△ BME$中,易得$∠ BEM=30°,$
$\therefore BM=\frac{1}{2}BE,$
$\therefore 2t=\frac{1}{2}(4-2t),$
$\therefore t=\frac{2}{3}.$