在$BD$上取点$G$，使$DG=\frac{1}{3}BD=\frac{1}{3}AC =\frac{1}{3}×12=4$，连接$GE$，
$\because \frac{DG}{DB}=\frac{DE}{DA}=\frac{1}{3}$，$\angle BDA=\angle GDE$，
$\therefore \triangle DGE\sim \triangle DBA$，又四边形$ABCD$为矩形，
$\therefore \angle DEG=\angle DAB=90^{\circ}$.
将$DG$绕点$D$逆时针旋转$90^{\circ}$到$DH$，连接$FH$，
$\because \angle BDH=\angle ADF=90^{\circ}$，
$\therefore \angle BDH-\angle ADH=\angle ADF-\angle ADH$，$DG=DH$，
即$\angle GDE=\angle HDF$.
在$\triangle GDE$和$\triangle HDF$中，
$\left\{\begin{array}{l}{GD=HD}\\{∠GDE=∠HDF}\\{DE=DF}\end{array}\right.$
$\therefore \triangle GDE$≌$\triangle HDF\left(SAS\right)$
$\therefore \angle DFH=\angle DEG=90^{\circ}$，
取$DH$中点$I$，由斜边中线定理知$IF=DI=HI=\frac{1}{2}DH=2$，
从而可知$F$点的运动轨迹为以$I$为圆心、$IF$长为半径的圆，
连接$BI$，
在$Rt\triangle BDI$中，$BI=\sqrt{B{D}^{2}+D{I}^{2}}=\sqrt{{12}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{148}=2\sqrt{37}$，
$\therefore$由三角形三边关系可知，$BF\leqslant BI+IF=2\sqrt{37}+2$，
当且仅当$B$、$I$、$F$三点共线时取等号，
故$BF$的最大值为$2\sqrt{37}+2$.
故答案为：$2\sqrt{37}+2$.

在$BD$上取点$G$，使$DG=\frac{1}{3}BD=\frac{1}{3}AC =\frac{1}{3}×12=4$，连接$GE$，
$\because \frac{DG}{DB}=\frac{DE}{DA}=\frac{1}{3}$，$\angle BDA=\angle GDE$，
$\therefore \triangle DGE\sim \triangle DBA$，又四边形$ABCD$为矩形，
$\therefore \angle DEG=\angle DAB=90^{\circ}$.
将$DG$绕点$D$逆时针旋转$90^{\circ}$到$DH$，连接$FH$，
$\because \angle BDH=\angle ADF=90^{\circ}$，
$\therefore \angle BDH-\angle ADH=\angle ADF-\angle ADH$，$DG=DH$，
即$\angle GDE=\angle HDF$.
在$\triangle GDE$和$\triangle HDF$中，
$\left\{\begin{array}{l}{GD=HD}\\{∠GDE=∠HDF}\\{DE=DF}\end{array}\right.$
$\therefore \triangle GDE$≌$\triangle HDF\left(SAS\right)$
$\therefore \angle DFH=\angle DEG=90^{\circ}$，
取$DH$中点$I$，由斜边中线定理知$IF=DI=HI=\frac{1}{2}DH=2$，
从而可知$F$点的运动轨迹为以$I$为圆心、$IF$长为半径的圆，
连接$BI$，
在$Rt\triangle BDI$中，$BI=\sqrt{B{D}^{2}+D{I}^{2}}=\sqrt{{12}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{148}=2\sqrt{37}$，
$\therefore$由三角形三边关系可知，$BF\leqslant BI+IF=2\sqrt{37}+2$，
当且仅当$B$、$I$、$F$三点共线时取等号，
故$BF$的最大值为$2\sqrt{37}+2$.
故答案为：$2\sqrt{37}+2$.