12．（1）解：由轴对称的性质得：∠EAP＝∠BAP＝α，AE＝AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∴∠DAE＝90°﹣2α，AD＝AE，
∴∠ADF＝∠AED＝（180°﹣∠DAE）＝（90°+2α）＝45°+α； （2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∵点E与点B关于直线AP对称， ∴∠AEF＝∠ABF，AE＝AB． ∴AE＝AD． ∴∠ADE＝∠AED． ∵∠AED+∠AEF＝180°，
∴在四边形ABFD中，∠ADE+∠ABF＝180°， ∴∠BFD+∠BAD＝180°， ∴∠BFD＝90°
∴BF⊥DF；
（3）解：线段AF，BF，CF之间的数量关系为AF＝过点B作BM⊥BF交AF于点M，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CB，∠ABC＝90°， ∴∠ABM＝∠CBF，
∵点E与点B关于直线AP对称，∠BFD＝90°， ∴∠MFB＝∠MFE＝45°， ∴△BMF是等腰直角三角形， ∴BM＝BF，FM＝
BF+CF，理由如下：
BF，
，
在△AMB和△CFB中，∴△AMB≌△CFB（SAS）， ∴AM＝CF， ∵AF＝FM+AM， ∴AF＝
BF+CF．
13．（Ⅰ）①解：∵等腰直角三角形OEF的直角顶点O在原点，OE＝2， ∴∠EOF＝90°，OF＝OE＝2， ∴EF＝
＝
＝2
，
∵将△OEF绕点O逆时针旋转，得△OE1F1， ∴E1F1＝EF＝2
；
②证明：∵四边形OABC为正方形， ∴OC＝OA．
∵将△OEF绕点O逆时针旋转，得△OE1F1，
∴∠AOE1＝∠COF1，
∵△OEF是等腰直角三角形， ∴△OE1F1是等腰直角三角形， ∴OE1＝OF1．
在△OAE1和△OCF1中，
∴△OAE1≌△OCF1（SAS）； （Ⅱ）解：∵OE⊥OF，
∴过点F与OE平行的直线有且只有一条，并与OF垂直， 当三角板OEF绕O点逆时针旋转一周时， 则点F在以O为圆心，以OF为半径的圆上． ∴过点F与OF垂直的直线必是圆O的切线，
又点C是圆O外一点，过点C与圆O相切的直线有且只有2条，不妨设为CF1和CF2， 此时，E点分别在E1点和E2点，满足CF1∥OE1，CF2∥OE2． 当切点F1在第二象限时，点E1在第一象限． 在直角三角形CF1O中，OC＝4，OF1＝2， cos∠COF1＝
＝＝，
∴∠COF1＝60°， ∴∠AOE1＝60°．
∴点E1的横坐标＝2cos60°＝1， 点E1的纵坐标＝2sin60°＝∴点E1的坐标为（1，
）；
，
当切点F2在第一象限时，点E2在第四象限． 同理可求：点E2的坐标为（1，﹣
）．
）或（1，﹣
）．
综上所述，当OE1∥CF1时，点E1的坐标为（1，
14．解：（1）证明：∵菱形ABCD中，∠A＝90° ∴菱形ABCD是正方形 ∴AD＝DC，∠A＝∠CDF＝90° 在Rt△ADE与Rt△DCF中
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL） ∴∠ADE＝∠DCF
∴∠DCF+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝∠ADC＝90° ∴∠CGD＝90° ∴DE⊥CF
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形 ∴AD＝CD，∠B＝∠ADC，AD∥BC ∴∠A+∠B＝180°
∵∠EGC+∠B＝180°，∠EGC+∠CGD＝180° ∴∠A＝∠EGC＝∠DGF，∠CGD＝∠B＝∠ADC ∵∠A＝∠DGF，∠ADE＝∠GDF ∴△ADE∽△GDF ∴∴
∵∠CGD＝∠CDF，∠DCG＝∠FCD ∴△DCG∽△FCD ∴
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