13. (★★)(2025·德阳)如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB = 90^{\circ}$，将$△ ABC$沿$CB$方向向右平移至$△ EGF$处，使$EF$恰好过边$AB$的中点$D$，连接$CD$，若$CD = 1$，则$GE$的长为【 】

A.$3$
B.$2$
C.$1$
D.$\frac{1}{2}$

B

在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90^{\circ}$，D是AB中点，根据直角三角形斜边中线性质，$CD=\frac{1}{2}AB$。已知$CD=1$，则$AB=2CD=2$。
将$△ABC$沿CB方向平移至$△EGF$，由平移性质知$△ABC≌△EGF$，故对应边$EG=AB=2$。

14. (★★)如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB = 90^{\circ}$，通过尺规作图得到的直线$MN$分别交$AB$，$AC$于点$D$，$E$，连接$CD$。若$CE = \frac{1}{3}AE = 1$，则$CD$的长为。

√6

∵CE = 1/3 AE = 1，∴AE = 3，AC = AE + CE = 4。由尺规作图知MN是AB的垂直平分线，∴D为AB中点，且MN⊥AB，∠ADE = 90°。
∵∠A = ∠A，∠ADE = ∠ACB = 90°，∴△ADE∽△ACB。
设AB = 2x，则AD = x，由相似得AD/AC = AE/AB，即x/4 = 3/(2x)，解得x² = 6，x = √6，∴AB = 2√6。
在Rt△ABC中，CD为斜边AB中线，∴CD = 1/2 AB = √6。

15. (★★)如图，在$△ ABC$中，$BE⊥ AC$，$CF⊥ AB$，垂足分别为$E$，$F$，$M$为$BC$的中点。
(1)求证：$ME = MF$；
(2)若$∠ A = 50^{\circ}$，求$∠ FME$的度数。

(1)见证明；(2)80°

(1)证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB，∴∠BEC=∠BFC=90°，即△BEC和△BFC均为直角三角形。
∵M为BC中点，∴ME是Rt△BEC斜边BC上的中线，MF是Rt△BFC斜边BC上的中线。
∵直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，∴ME=1/2BC，MF=1/2BC，∴ME=MF。
(2)解：在△ABC中，∠A=50°，∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=130°。
∵ME=MC，MF=MB，∴∠MEC=∠ACB，∠MFB=∠ABC。
在△MEC中，∠EMC=180°-2∠ACB；在△MFB中，∠FMB=180°-2∠ABC。
∵∠FMB+∠FME+∠EMC=180°，
∴∠FME=180°-(∠FMB+∠EMC)=180°-[ (180°-2∠ABC)+(180°-2∠ACB) ]=2(∠ABC+∠ACB)-180°=2×130°-180°=80°。

16. (★★★)如图，四边形$ABCD$是矩形，$△ PBC$和$△ QCD$都是等边三角形，且点$P$在矩形上方，点$Q$在矩形内。求证：
(1)$∠ PBA = ∠ PCQ = 30^{\circ}$；
(2)$PA = PQ$。

(1) ∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCD=90°。
∵△PBC是等边三角形，∴∠PBC=∠PCB=60°，PB=PC=BC。
∴∠PBA=∠ABC - ∠PBC=90° - 60°=30°。
∵△QCD是等边三角形，∴∠QCD=60°，QC=CD。
∴∠QCB=∠BCD - ∠QCD=90° - 60°=30°。
又∠PCB=60°，∴∠PCQ=∠PCB - ∠QCB=60° - 30°=30°。
(2) ∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD。
∵△QCD是等边三角形，∴CQ=CD，∴AB=CQ。
在△PBA和△PCQ中，
$\{\begin{array}{l} PB=PC\\ ∠PBA=∠PCQ\\ BA=CQ\end{array} $
∴△PBA≌△PCQ(SAS)，∴PA=PQ。