分析 （1）①根据正方形的性质，利用ASA证明△DAE≌△CDF；
②如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△GBE（ASA），可得AE=BE，则当E运动到中点时，BH=BC；
（2）存在，如图3，先表示：AE=1.5t，CM=t，则DM=3-t，证明△ADE∽△DMF，则$\frac{DF}{DM}=\frac{AE}{AD}$，列式可得t的值，根据0＜t＜2取舍，得结论．
解答 
证明：（1）①如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠A=∠FDC=90°，
∴∠CDH+∠ADE=90°，
∵CF⊥DE，
∴∠CDH+∠FCD=90°，
∴∠ADE=∠FCD，
∴△DAE≌△CDF（ASA）；
②如图2，延长DE交CB的延长线于G，
若BH=BC，
则∠BCH=∠BHC，
∵∠CHG=90°，
∴∠G+∠BCH=90°，
∠GHB+∠BHC=90°，
∴∠G=∠GHB，
∴BG=BH=BC=AD，
∵∠A=∠ABG=90°，AD∥BC，
∴∠ADE=∠G，
∴△DAE≌△GBE（ASA），
∴AE=BE，
∴当E运动到中点时，BH=BC；
（2）存在，
如图3，由题意得：AE=1.5t，CM=t，则DM=3-t，
∵∠ADE=∠FMD，
∠A=∠FDC，
∴△ADE∽△DMF，
∴$\frac{DF}{DM}=\frac{AE}{AD}$，
∴$\frac{DF}{3-t}=\frac{1.5t}{3}$，
∴DF=$\frac{t}{2}（{3-t}）$，
若CM=DF，
则$t=\frac{t}{2}（{3-t}）$，
解得t1=1，t2=0（舍），
∴当t=1时，CM=DF．
点评 本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定、解一元二次方程的、三角形相似的性质和判定、动点运动问题，难度适中；熟练掌握三角形全等的判定是关键，尤其是利用同角的余角相等证明两个角相等这一方法，在直角三角形全等的判定中，应用比较多，要熟练掌握．
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