（1）已知直线$y=-2x+4$与$x$轴、$y$轴分别交于点$A$、$C$，
当$x=0$时，$t=4$，
当$y=0$时，得：$-2x+4=0$，
解得：$x=2$，
$\therefore A\left(2,0\right)$，$C\left(0,4\right)$；
$(2)$由折叠知：$CD=AD$.设$AD=x$，则$CD=x$，$BD=4-x$，
根据题意得：$\left(4-x\right)^{2}+2^{2}=x^{2}$，
解得：$x=\frac{5}{2}$，
此时，$AD=\frac{5}{2}$，$D(2，\frac{5}{2})$，
设直线$CD$为$y=kx+4$，把$D(2，\frac{5}{2})$代入得$\frac{5}{2}=2k+4$，
解得：$k=-\frac{3}{4}$，
$\therefore$直线$CD$解析式为$y=-\frac{3}{4}x+4$；
$(3)$存在点$P($除点$B$外），使得$\triangle APC$与$\triangle ABC$全等；$P_{1}(0,0)$；${P_2}(\frac{16}{5}，\frac{8}{5})$；${P_3}(-\frac{6}{5}，\frac{12}{5})$；理由如下：
①当点$P$与点$O$重合时$,\triangle APC$≌$\triangle CBA,$此时$P\left(0,0\right)$，
②当点$P$在第一象限时，如图①，

由$\triangle APC$≌$\triangle CBA$得$\angle ACP=\angle CAB$，
则点$P$在直线$CD$上.过$P$作$PQ\bot AD$于点$Q$，
在$Rt\triangle ADP$中，$AD=\frac{5}{2}$，$PD=BD=4-\frac{5}{2}=\frac{3}{2}$，$AP=BC=2$，
由$AD\times PQ=DP\times AP$得：$\frac{5}{2}PQ=3$，
$\therefore PQ=\frac{6}{5}$，
$\therefore {x_P}=2+\frac{6}{5}=\frac{16}{5}$，把$x=\frac{16}{5}$代入$y=-\frac{3}{4}x+4$得：$y=\frac{8}{5}$，
此时$P(\frac{16}{5}，\frac{8}{5})$；
$($也可通过$Rt\triangle APQ$勾股定理求$AQ$长得到点$P$的纵坐标）
③当点$P$在第二象限时，如图②，

同理可求得：$CQ=\frac{8}{5}$，
$\therefore OQ=4-\frac{8}{5}=\frac{12}{5}$，
此时$P(-\frac{6}{5}，\frac{12}{5})$，
综上，存在点$P($除点$B$外），使得$\triangle APC$与$\triangle ABC$全等；$P_{1}(0,0)$；${P_2}(\frac{16}{5}，\frac{8}{5})$；${P_3}(-\frac{6}{5}，\frac{12}{5})$.

（1）已知直线$y=-2x+4$与$x$轴、$y$轴分别交于点$A$、$C$，
当$x=0$时，$t=4$，
当$y=0$时，得：$-2x+4=0$，
解得：$x=2$，
$\therefore A\left(2,0\right)$，$C\left(0,4\right)$；
$(2)$由折叠知：$CD=AD$.设$AD=x$，则$CD=x$，$BD=4-x$，
根据题意得：$\left(4-x\right)^{2}+2^{2}=x^{2}$，
解得：$x=\frac{5}{2}$，
此时，$AD=\frac{5}{2}$，$D(2，\frac{5}{2})$，
设直线$CD$为$y=kx+4$，把$D(2，\frac{5}{2})$代入得$\frac{5}{2}=2k+4$，
解得：$k=-\frac{3}{4}$，
$\therefore$直线$CD$解析式为$y=-\frac{3}{4}x+4$；
$(3)$存在点$P($除点$B$外），使得$\triangle APC$与$\triangle ABC$全等；$P_{1}(0,0)$；${P_2}(\frac{16}{5}，\frac{8}{5})$；${P_3}(-\frac{6}{5}，\frac{12}{5})$；理由如下：
①当点$P$与点$O$重合时$,\triangle APC$≌$\triangle CBA,$此时$P\left(0,0\right)$，
②当点$P$在第一象限时，如图①，

由$\triangle APC$≌$\triangle CBA$得$\angle ACP=\angle CAB$，
则点$P$在直线$CD$上.过$P$作$PQ\bot AD$于点$Q$，
在$Rt\triangle ADP$中，$AD=\frac{5}{2}$，$PD=BD=4-\frac{5}{2}=\frac{3}{2}$，$AP=BC=2$，
由$AD\times PQ=DP\times AP$得：$\frac{5}{2}PQ=3$，
$\therefore PQ=\frac{6}{5}$，
$\therefore {x_P}=2+\frac{6}{5}=\frac{16}{5}$，把$x=\frac{16}{5}$代入$y=-\frac{3}{4}x+4$得：$y=\frac{8}{5}$，
此时$P(\frac{16}{5}，\frac{8}{5})$；
$($也可通过$Rt\triangle APQ$勾股定理求$AQ$长得到点$P$的纵坐标）
③当点$P$在第二象限时，如图②，

同理可求得：$CQ=\frac{8}{5}$，
$\therefore OQ=4-\frac{8}{5}=\frac{12}{5}$，
此时$P(-\frac{6}{5}，\frac{12}{5})$，
综上，存在点$P($除点$B$外），使得$\triangle APC$与$\triangle ABC$全等；$P_{1}(0,0)$；${P_2}(\frac{16}{5}，\frac{8}{5})$；${P_3}(-\frac{6}{5}，\frac{12}{5})$.