12.如图，$△ ABC$是等边三角形，$AB=2\sqrt{3}$，点$D$在边$AB$上，且$BD=1$，$E$是边$AC$的中点，将线段$BD$绕点$B$顺时针旋转，点$D$的对应点为点$F$，连接$AF$，$EF$。当$△ AEF$为直角三角形时，$AF=$。

$\sqrt{7}$或$\sqrt{19}$

解：
已知△ABC是等边三角形，$AB=2\sqrt{3}$，E是AC中点，
$\therefore AE=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，且$BE⊥ AC$，$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$。
由旋转性质得：$BF=BD=1$，点F在以B为圆心、半径为1的圆上。
分情况讨论$△ AEF$为直角三角形：
1. 当$∠ AEF=90°$时，
由$BE⊥ AC$可知点F在直线BE上：
若F在线段BE上：$EF=BE-BF=3-1=2$，
在$Rt△ AEF$中，$AF=\sqrt{AE^2+EF^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$；
若F在BE的延长线（过B的外侧）上：$EF=BE+BF=3+1=4$，
在$Rt△ AEF$中，$AF=\sqrt{AE^2+EF^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+4^2}=\sqrt{19}$。
2. 当$∠ AFE=90°$时，斜边$AE=\sqrt{3}$，故$AF＜\sqrt{3}$，但由三角形三边关系$AF\ge AB-BF=2\sqrt{3}-1＞\sqrt{3}$，矛盾，该情况不存在。
3. 当$∠ EAF=90°$时，结合等边三角形$∠ BAC=60°$，由余弦定理推导可知无符合条件的点F，该情况不存在。
综上，$AF=\sqrt{7}$或$\sqrt{19}$。

13. 如图,在等边三角形ABC中,有一点P,连接PA,PB,PC,将BP绕点B逆时针旋转$60°$得到BD,连接PD,AD。有以下结论:①$△ BPC≌△ BDA$;②$△ BDP$是等边三角形;③如果$∠ BPC=150°$,那么$PA^2=PB^2+PC^2$。以上结论正确的是(填序号)。

解：
∵ △ABC是等边三角形，
∴ BC=AB，∠ABC=60°。
由旋转的性质得：BP=BD，∠PBD=60°。
1. 证明结论①：
∵ ∠CBP + ∠ABP = ∠ABC=60°，∠ABD + ∠ABP = ∠PBD=60°，
∴ ∠CBP=∠ABD。
在△BPC和△BDA中，
$\{\begin{array}{l}BC=BA \\∠CBP=∠ABD \\BP=BD\end{array} $
∴ △BPC≌△BDA(SAS)，①正确。
2. 证明结论②：
∵ BP=BD，∠PBD=60°，
∴ △BDP是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），②正确。
3. 证明结论③：
∵ △BPC≌△BDA，
∴ AD=PC，∠BDA=∠BPC=150°。
∵ △BDP是等边三角形，
∴ PD=PB，∠BDP=60°。
∴ ∠ADP=∠BDA - ∠BDP = 150° - 60° = 90°，
△ADP是直角三角形，由勾股定理得：$PA^2 = AD^2 + PD^2$，
代入AD=PC，PD=PB，可得$PA^2 = PB^2 + PC^2$，③正确。
综上，答案为$\boldsymbol{①②③}$。

14.如图，将$△ ABC$绕点$O$逆时针旋转$60°$后得到$△ DEF$，请作出$△ DEF$。

解：
作法：
① 连接OA、OB、OC；
② 分别以点O为顶点，OA、OB、OC为边，沿逆时针方向作大小为60°的角，在各角的另一边上分别截取OD=OA，OE=OB，OF=OC，得到点A、B、C旋转后的对应点D、E、F；
③ 顺次连接D、E、F三点，所得的△DEF即为要作出的图形。

15. 如图，$∠ AOB=20°$，$M,N$分别是边$OA$，$OB$上的定点，$P,Q$分别是边$OB$，$OA$上的动点。
(1)画图说明，当$MP+PQ+QN$最小时，找出点$P$和点$Q$的位置；
(2)记$∠ MPQ=α$，$∠ PQN=β$，当$MP+PQ+QN$最小时，求$β-α$的值。

(1) 作图步骤：
① 作点M关于直线OB的对称点$M'$；
② 作点N关于直线OA的对称点$N'$；
③ 连接$M'N'$，分别交OB于点P，交OA于点Q。
此时点P、Q即为使$MP+PQ+QN$最小的位置。
---
(2) 求解过程：
解：由轴对称的性质可得：
$MP=M'P$，$NQ=N'Q$，$∠ M'PO=∠ MPO$，$∠ N'QO=∠ NQO$。
因为$M'$、$P$、$Q$、$N'$四点共线，所以：
$∠ M'PO + ∠ OPQ = 180°$，代入$∠ M'PO=∠ MPO$得：
$∠ MPO + ∠ OPQ = 180°$。
又$∠ MPQ=α$，即$∠ MPO + α = ∠ OPQ$，代入上式：
$2∠ MPO + α = 180°$，整理得$∠ OPQ = 90° + \frac{α}{2}$。
同理可得：
$∠ NQO + ∠ OQP = 180°$，又$∠ PQN=β$，即$∠ OQP + β = ∠ NQO$，代入得：
$2∠ OQP + β = 180°$，整理得$∠ OQP = \frac{180° - β}{2}$。
在$△ OPQ$中，由三角形内角和为$180°$：
$∠ AOB + ∠ OPQ + ∠ OQP = 180°$，代入$∠ AOB=20°$：
$20° + 90° + \frac{α}{2} + \frac{180° - β}{2} = 180°$
化简得：
$200° + \frac{α - β}{2} = 180°$
解得$β - α = 40°$。
最终结论：$β-α=40°$。

16. 如图1,在△ABC中,∠ABC=30°,∠BAC=45°,将△ABC绕点B顺时针旋转α度得到△DBE,此时点D落在AC的延长线上。
(1)求α的大小;
(2)设AB=x,BC=y,求y关于x的函数关系式;
(3)如图2,连接AE,F为AE的中点,连接BF,证明:直线BF⊥AD。

解：
(1) 由旋转的性质得 $AB=BD$，
$\therefore ∠ BDA=∠ BAC=45°$，
在 $△ ABD$ 中，
$∠ ABD=180°-∠ BAC-∠ BDA=180°-45°-45°=90°$，
$\therefore$ 旋转角 $α=90°$。
(2) 过点 $C$ 作 $CM⊥ AB$ 于点 $M$，
在 $\mathrm{Rt}△ BCM$ 中，$∠ ABC=30°$，$BC=y$，
$\therefore CM=BC·\sin30°=\frac{y}{2}$，$BM=BC·\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}y$，
在 $\mathrm{Rt}△ ACM$ 中，$∠ BAC=45°$，
$\therefore AM=CM=\frac{y}{2}$，
$\because AM+BM=AB=x$，
$\therefore \frac{y}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}y=x$，
整理得 $y=(\sqrt{3}-1)x$。
(3) 证明：延长 $BF$ 到点 $G$，使 $FG=BF$，连接 $AG$，
$\because F$ 为 $AE$ 的中点，$\therefore AF=EF$，
又 $\because ∠ AFG=∠ EFB$，$FG=BF$，
$\therefore △ AFG≌△ EFB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AG=BE$，$∠ GAF=∠ BEF$，
$\therefore AG// BE$，
由旋转的性质得：$BE=BC$，$∠ DBE=∠ ABC=30°$，$AB=BD$，
$\therefore AG=BC$，
$\because ∠ ABD=α=90°$，
$\therefore ∠ ABE=∠ ABD+∠ DBE=120°$，
$\because AG// BE$，
$\therefore ∠ BAG+∠ ABE=180°$，
$\therefore ∠ BAG=60°$，
又 $\because ∠ CBD=∠ ABD-∠ ABC=90°-30°=60°$，
$\therefore ∠ BAG=∠ CBD$，
在 $△ BAG$ 和 $△ DBC$ 中，
$\begin{cases}AG=BC \\∠ BAG=∠ DBC \\AB=DB\end{cases}$
$\therefore △ BAG≌△ DBC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ABG=∠ BDC$，
$\because ∠ BDC+∠ BAD=90°$，
$\therefore ∠ ABG+∠ BAD=90°$，
$\therefore$ 直线 $BF⊥ AD$。