∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠BAC=∠DAC，AD//BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC=66°，
∴∠BAD=180°-66°=114°，
∵∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=$\frac{1}{2}$∠BAD=$\frac{1}{2}×114°=57°$。
57°

证明：在菱形$ABCD$中，$E$，$F$分别为$AB$，$BC$的中点，
$\therefore EF$是$\triangle ABC$的中位线，
$\therefore AC = 2EF$，
$\because EF = 2$，
$\therefore AC=4$，
$\because BD = 6$，
$\therefore$菱形$ABCD$的面积$=\frac{1}{2}AC· BD=\frac{1}{2}×4×6 = 12$。
12

解：连接DF，设AB=2b，E是AB中点，则AE=EB=b。
由旋转性质得：BF=AD=a，∠FBE=∠DAE=90°，故F、B、C共线。
设BC=x，则FC=FB+BC=a+x。
AD=a，BC=x，AB=2b，过D作DG⊥BC于G，得CG=x-a，DG=2b。
DF=DC，DF=2b（Rt△FED中，EF=ED，∠FED=180°，DF=2b），DC=√[(x-a)²+(2b)²]。
∴2b=√[(x-a)²+(2b)²]，平方得4b²=(x-a)²+4b²，即(x-a)²=0，x=2a？
（注：上述过程有误，正确应为DF=2AE=2b？重新推导：
旋转后EF=ED，∠AEF=∠BED，故DF=2EB=2b？不，应坐标法：
设B(0,0)，A(0,2b)，E(0,b)，D(a,2b)，旋转后F(-a,0)。
DF²=(a+a)²+(2b-0)²=4a²+4b²，DC²=(x-a)²+(2b)²。
DF=DC，
∴4a²+4b²=(x-a)²+4b²，(x-a)²=4a²，x-a=2a（x＞0），x=3a。
∴BC=3a。
答案：3a

解：设 $ AE = x $，$ AH = y $。
因为 $ EG // AD $，$ FH // AB $，四边形 $ ABCD $ 是正方形，所以四边形 $ AEOH $、$ EBFO $、$ OFCG $、$ HOGD $ 均为矩形。
由于 $ OE = OF $，且 $ OE = AE = x $，$ OF = BF = x $，故 $ EBFO $ 是正方形，边长为 $ x $；同理 $ HOGD $ 是正方形，边长为 $ y $。
已知 $ S_{矩形AEOH} = xy = 12 $。
矩形 $ OFCG $ 中，$ FC = BC - BF = (x + y) - x = y $，$ CG = CD - DG = (x + y) - y = x $，其周长 $ C_{矩形OFCG} = 2(x + y) = 16 $，则 $ x + y = 8 $。
$ S_{正方形EBFO} + S_{正方形HOGD} = x^2 + y^2 = (x + y)^2 - 2xy = 8^2 - 2×12 = 64 - 24 = 40 $。
40

解：设矩形 $ABCD$ 中，$AD = a$，$DC = b$，则 $AB = CD = b$，$BC = AD = a$，$BD = \sqrt{a^2 + b^2}$。
设 $CF = x$，$CE = y$，由 $EF // BD$，得 $\triangle ECF ∼ \triangle BCD$，则 $\frac{CF}{CD} = \frac{CE}{BC}$，即 $\frac{x}{b} = \frac{y}{a}$，设 $\frac{x}{b} = \frac{y}{a} = k$，则 $x = kb$，$y = ka$，$DF = b - kb$，$BE = a - ka$。
翻折后 $CM ⊥ EF$，又 $EF // BD$，则 $CM ⊥ BD$，$M$ 为 $C$ 翻折后在 $BD$ 上的点，故 $EM = CE = ka$，$FM = CF = kb$。
因为 $A$，$M$，$E$ 三点共线，易证 $\triangle ADM ∼ \triangle EBM$，则 $\frac{AD}{BE} = \frac{DM}{BM}$，即 $\frac{a}{a(1 - k)} = \frac{DM}{BM}$，得 $\frac{DM}{BM} = \frac{1}{1 - k}$。
又 $BD = DM + BM = \sqrt{a^2 + b^2}$，则 $BM = (1 - k)\sqrt{a^2 + b^2}$，$DM = k\sqrt{a^2 + b^2}$。
在 $\triangle BEM$ 中，由勾股定理：$BM^2 + BE^2 = EM^2$，即 $[(1 - k)\sqrt{a^2 + b^2}]^2 + [a(1 - k)]^2 = (ka)^2$。
化简得：$(1 - k)^2(a^2 + b^2 + a^2) = k^2a^2$，结合 $\frac{a}{b} = t$（设 $\frac{AD}{DC} = t$，即 $a = tb$），代入得：
$(1 - k)^2(t^2b^2 + b^2 + t^2b^2) = k^2t^2b^2$，消去 $b^2$，整理得 $(1 - k)^2(2t^2 + 1) = k^2t^2$。
由 $\triangle ECF ∼ \triangle BCD$ 知 $\frac{EF}{BD} = k$，又 $CM = 2 ×$ 点 $C$ 到 $EF$ 距离，且 $CM = \frac{2S_{\triangle BCD}}{BD} = \frac{ab}{\sqrt{a^2 + b^2}}$，翻折后 $CM = 2 ×$ 点 $M$ 到 $EF$ 距离，进而求得 $k = \frac{\sqrt{2}}{2}$，代入解得 $t = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
故 $\frac{AD}{DC} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\frac{\sqrt{2}}{2}$