12.如图，等边三角形ABC的边长是4，D，E分别为AB，AC的中点，延长BC至点F，使CF=$\frac{1}{2}BC$，连接CD和EF。
(1)求证：DE=CF；
(2)求EF的长。

(1) 证明：
∵ D，E分别为AB，AC的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，
∴ $DE=\frac{1}{2}BC$，
又∵ $CF=\frac{1}{2}BC$，
∴ $DE=CF$。
(2) 解：
∵ D，E分别为AB，AC的中点，
∴ $DE// BC$，
又∵ $DE=CF$，
∴ 四边形DEFC是平行四边形，
∴ $EF=DC$，
∵ △ABC是等边三角形，边长为4，D是AB的中点，
∴ $AB=BC=4$，$CD⊥ AB$，$BD=\frac{1}{2}AB=2$，
在$Rt△ BCD$中，由勾股定理得：
$CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∴ $EF=2\sqrt{3}$。

13. 已知,在四边形ABCD中,$AD// BC$,$∠ ABC=∠ ADC$,$AD=3$,$AB=\sqrt{10}$。
(1)求BC的长；
(2)点E在BC的延长线上,连接DE,若$∠ ABC=90°-\frac{1}{2}∠ CED$,且四边形ABCD的面积为9,求DE的长度；
(3)在(2)的条件下,点E在BC的延长线上,动点P从点A出发以每秒0.5个单位长度的速度向终点D匀速运动,动点Q从点E出发以每秒3.5个单位长度的速度沿线段EB向终点B匀速运动,点P和点Q同时出发,当点Q到达终点停止运动时,点P也随之停止运动。当运动时间t(单位:s)为何值时,以C,D,P,Q四点为顶点的四边形是平行四边形。

解：(1)
∵ $AD// BC$，
∴ $∠ A + ∠ ABC = 180°$，
又∵ $∠ ABC = ∠ ADC$，
∴ $∠ A + ∠ ADC = 180°$，
∴ $AB// CD$，
∴ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $BC = AD = 3$。
(2)
过点$D$作$DH⊥ BC$于$H$，
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $CD = AB = \sqrt{10}$，
∵ 平行四边形$ABCD$的面积为$9$，$BC=3$，
∴ $3· DH = 9$，解得$DH=3$，
在$\mathrm{Rt}△ DCH$中，$CH = \sqrt{CD^2 - DH^2} = \sqrt{10 - 9} = 1$，
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ ABC = ∠ DCE$，
由题$∠ ABC = 90° - \frac{1}{2}∠ CED$，
∴ $∠ DCE = 90° - \frac{1}{2}∠ CED$，
整理得$2∠ DCE + ∠ CED = 180°$，
在$△ DCE$中，$∠ DCE + ∠ CED + ∠ CDE = 180°$，
∴ $∠ DCE = ∠ CDE$，
∴ $CE = DE$，
设$DE = x$，则$CE = x$，$HE = CE - CH = x - 1$，
在$\mathrm{Rt}△ DHE$中，$DH^2 + HE^2 = DE^2$，
即$3^2 + (x - 1)^2 = x^2$，
解得$x=5$，
即$DE=5$。
(3)
由题意得：$AP = 0.5t$，$EQ = 3.5t$，
∴ $PD = AD - AP = 3 - 0.5t$，
∵ $AD// BC$，即$PD// CQ$，
∴ 当$PD = CQ$时，以$C,D,P,Q$为顶点的四边形是平行四边形。
由(2)知$CE=5$，分两种情况：
① 当点$Q$在$C、E$之间时，$CQ = CE - EQ = 5 - 3.5t$，
令$3 - 0.5t = 5 - 3.5t$，
解得$t = \frac{2}{3}$；
② 当点$Q$在$B、C$之间时，$CQ = EQ - CE = 3.5t - 5$，
令$3 - 0.5t = 3.5t - 5$，
解得$t=2$。
∵ $EB = BC + CE = 8$，点$Q$运动总时间为$\frac{8}{3.5} = \frac{16}{7}\ \mathrm{s}$，
$t=\frac{2}{3}＜\frac{16}{7}$，$t=2＜\frac{16}{7}$，均符合题意。
综上，当$t$为$\frac{2}{3}\ \mathrm{s}$或$2\ \mathrm{s}$时，以$C,D,P,Q$四点为顶点的四边形是平行四边形。