13. (2023·潍坊中考)如图,正方形ABCD内接于$\odot O$,在$\overset{\frown}{AB}$上取一点E,连接AE、DE.过点A作$AG ⊥ AE$,交$\odot O$于点G,交DE于点F,连接CG、DG.
(1)求证:$△ AFD ≌ △ CGD$;
(2)若$AB = 2$,$∠ BAE = 30°$,求阴影部分的面积.

证明​$： (1)$​因为​$AG\perp AE，$​所以​$∠EAG = 90°，$​则​$∠EDG=∠GAE = 90°。$​​$ $​因为四边形​$ABCD$​是正方形，所以​$AD = CD，$​​$∠ADC = 90°。$​​$ $​因为​$∠ADF+∠FDC=∠CDG+∠FDC = 90°，$​所以​$∠ADF=∠CDG。$​​$ $​在​$\triangle AFD$​和​$\triangle CGD$​中，​$\begin {cases}∠FAD=∠GCD\\AD = CD\\∠ADF=∠CDG\end {cases}，$​所以​$\triangle AFD\cong \triangle CGD(\mathrm {ASA})。$​​$ (2)$​如图，过点​$D$​作​$DH\perp AG $​于点​$H，$​连接​$OA、$​​$OD。$​​$ $​因为四边形​$ABCD$​是正方形，​$∠BAD = 90°，$​所以​$∠AGD=\frac {1}{2}∠AOD=\frac {1}{2}×90°=45°。$​​$ $​因为​$∠DAG+∠BAG=∠BAE+∠BAG = 90°，$​所以​$∠DAG=∠BAE = 30°。$​​$ $​因为​$DH\perp AG，$​所以​$∠DHG = 90°，$​​$\triangle HDG $​和​$\triangle DFG $​都是等腰直角三角形。​$ $​在​$Rt\triangle ADH$​中，​$∠DAG = 30°，$​所以​$DH=\frac {1}{2}AD=\frac {1}{2}×2 = 1，$​​$AH=\sqrt {AD^2-DH^2}=\sqrt {3}。$​​$ S_{\triangle ADF}=S_{\triangle ADG}-S_{\triangle DFG}$​​$=\frac {1}{2}×(\sqrt {3}+1)×1-\frac {1}{2}×\sqrt {2}×\sqrt {2}=\frac {\sqrt {3}-1}{2}。$​​$ $​因为​$OA = OD，$​​$∠AOD = 90°，$​所以​$\triangle AOD$​是等腰直角三角形，​$OA=\frac {\sqrt {2}}{2}AD=\sqrt {2}。$​​$ S_{弓形AD}=S_{扇形OAD}-S_{\triangle AOD}$​​$=\frac {90×\pi ×(\sqrt {2})^2}{360}-\frac {1}{2}×\sqrt {2}×\sqrt {2}$​​$=\frac {\pi }{2}-1。$​​$ S_{阴影}=S_{\triangle ADF}+S_{弓形AD}$​​$=\frac {\sqrt {3}-1}{2}+\frac {\pi }{2}-1$​​$=\frac {\sqrt {3}+\pi - 3}{2}。$
​

14. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=115°,AB=BC=6\ \mathrm{cm}$,将$△ ABC$绕点$B$顺时针旋转得到$△ DBE$,过点$C$作$CF ⊥ BE$于点$F$,当点$E$、$B$、$A$在同一直线上时停止旋转.在这一旋转过程中,点$F$所经过的路径长为______cm.

$\frac{13}{6}\pi$

15. 新趋势 尺规作图 如图①, AB 是$\odot O$的弦, $AB=2,∠AOB=60°,P$是优弧 AB 上的一个动点(不与点 A 和点 B 重合), PA、PB、$\overset{\frown}{AB}$组成了一个新图形(记为“图形$P-\overset{\frown}{AB}$”,即图①中阴影部分),设点 P 到直线 AB 的距离为 x,图形$P-\overset{\frown}{AB}$的面积为 y.
(1)求 y 与 x 之间的函数表达式,并写出自变量 x 的取值范围.
(2)记扇形 OAB 的面积为$S_{扇形OAB}$,当$y=S_{扇形OAB}$时.
①在图②中,作出一个满足条件的点 P;(尺规作图,不写作法,保留作图痕迹)
②在第①题所作图中,连接 PA、PB,再画一条线段,将图形$P-\overset{\frown}{AB}$分成面积相等的两部分.(画图工具不限,写出必要的文字说明)

; 解​$：(1)$​因为在​$\odot O$​中，​$OA = OB，$​​$∠AOB = 60°，$​​$AB = 2，$​所以​$\triangle OAB$​是等边三角形，​$OA = OB = AB = 2。$​ 如图①，过点​$O$​作​$OC\perp AB，$​垂足为​$C，$​则​$AC=\frac {1}{2}AB = 1。$​​$ $​在​$Rt\triangle OAC$​中，​$∠OCA = 90°，$​​$OA = 2，$​​$AC = 1，$​根据勾股定理，得​$OC=\sqrt {OA^2-AC^2}=\sqrt {2^2-1^2}=\sqrt {3}。$​​$ S_{\triangle OAB}=\frac {1}{2}AB·OC=\frac {1}{2}×2×\sqrt {3}=\sqrt {3}。$​​$ $​又因为​$∠AOB = 60°，$​​$\triangle OAB$​是等边三角形且边长是​$2，$​所以​$S_{扇形OAB}=\frac {60}{360}×\pi ×2^2=\frac {2}{3}\pi 。$​​$ $​又因为点​$P $​到直线​$AB$​的距离为​$x，$​​$AB = 2，$​所以​$S_{\triangle PAB}=\frac {1}{2}AB·x=\frac {1}{2}×2·x = x。$​ 所以图中的阴影部分的面积​$y = S_{\triangle PAB}+S_{扇形OAB}-S_{\triangle OAB}=x+\frac {2}{3}\pi -\sqrt {3}，$​自变量​$x$​的取值范围是​$0＜x\leqslant 2+\sqrt {3}。$​​$ (2)①$​如图​$②$​所示，点​$P_{1}($​或​$P_{2})$​即为所求​$($​作出其中一种情形即可​$)。$​​$ ②$​以点​$P_{1}$​的情况为例，点​$P_{2}$​的情况同理。如图③所示，作​$OC\perp AB，$​​$C$​为垂足，延长​$OC$​交​$\odot O$​于点​$D。$​连接​$P_{1}D，$​过点​$A$​作​$AE// P_{1}D，$​交​$BP_{1}$​的延长线于点​$E。$​取​$BE$​的中点​$M，$​连接​$MD，$​则线段​$DM$​即为所求。