在$AC$上取一点$G$，使得$CG=AB=3$，连接$OG$，如图，

$\because \angle BAC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ABO=90^{\circ}-\angle AHB$，
$\because$四边形$BCEF$是正方形，
$\therefore BE\bot CF$，$OB=OC=OE=OF$，
$\therefore \angle BOC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle GCO=90^{\circ}-\angle OHC$，
$\because \angle OHC=\angle AHB$，
$\therefore \angle ABO=\angle GCO$，
又$\because OB=OC$，$BA=CG$，
$\therefore \triangle OGC$≌$\triangle OAB\left(SAS\right)$
$\therefore OG=OA=\sqrt{2}$，$\angle BOA=\angle COG$，
$\because \angle COG+\angle GOH=90^{\circ}$，
$\therefore \angle GOH+\angle BOA=90^{\circ}$，
即$\angle AOG=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle AOG$是等腰直角三角形，
由勾股定理得$AG=\sqrt{O{A}^{2}+O{G}^{2}}=2$，
$\therefore AC=AG+CG=2+3=5$，
在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理得$BC=\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}=\sqrt{{3}^{2}+{5}^{2}}=\sqrt{34}$，
$\because$四边形$BCEF$是正方形，
$\therefore BF=BC$，$\angle CBF=90^{\circ}$，
$\therefore$由勾股定理得$FC=\sqrt{B{F}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{(\sqrt{34})^{2}+(\sqrt{34})^{2}}=2\sqrt{17}$，
故答案为：$2\sqrt{17}$.

在$AC$上取一点$G$，使得$CG=AB=3$，连接$OG$，如图，

$\because \angle BAC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ABO=90^{\circ}-\angle AHB$，
$\because$四边形$BCEF$是正方形，
$\therefore BE\bot CF$，$OB=OC=OE=OF$，
$\therefore \angle BOC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle GCO=90^{\circ}-\angle OHC$，
$\because \angle OHC=\angle AHB$，
$\therefore \angle ABO=\angle GCO$，
又$\because OB=OC$，$BA=CG$，
$\therefore \triangle OGC$≌$\triangle OAB\left(SAS\right)$
$\therefore OG=OA=\sqrt{2}$，$\angle BOA=\angle COG$，
$\because \angle COG+\angle GOH=90^{\circ}$，
$\therefore \angle GOH+\angle BOA=90^{\circ}$，
即$\angle AOG=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle AOG$是等腰直角三角形，
由勾股定理得$AG=\sqrt{O{A}^{2}+O{G}^{2}}=2$，
$\therefore AC=AG+CG=2+3=5$，
在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理得$BC=\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}=\sqrt{{3}^{2}+{5}^{2}}=\sqrt{34}$，
$\because$四边形$BCEF$是正方形，
$\therefore BF=BC$，$\angle CBF=90^{\circ}$，
$\therefore$由勾股定理得$FC=\sqrt{B{F}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{(\sqrt{34})^{2}+(\sqrt{34})^{2}}=2\sqrt{17}$，
故答案为：$2\sqrt{17}$.