13. (12分)(杭州市上城区)如图,在$□ ABCD$中,O是对角线AC的中点,$AB ⊥ AC,BC=4\ \mathrm{cm},∠ B=60°$,动点P从点B出发,以2cm/s的速度沿折线BC−CD向终点D运动,连结PO并延长,交折线DA−AB于点Q,设点P的运动时间为t(s)。
(1)当PQ与$□ ABCD$的边垂直时,求PQ的长。
(2)当t取何值时,A,P,C,Q四点组成的四边形是矩形?请说明理由。
(3)当t取何值时,CQ所在直线恰好将$□ ABCD$的面积分成$1:3$的两部分?

13.(1)如图1，当$PQ⊥ BC$时，因为$AB⊥ AC$，所以$∠ BAC=90°$。在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$BC=4$，$∠ B=60°$，所以$∠ ACB=30°$，$AB=2$，$AC=2\sqrt{3}$。因为O是AC的中点，所以$OC=\dfrac{1}{2}AC=\sqrt{3}$。在$\mathrm{Rt}△ OPC$中，$OP=\dfrac{1}{2}OC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，易知$△ AOQ≌△ COP$，所以$OQ=OP$。所以$PQ=2OP=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。当$PQ⊥ CD$时，点P与点C重合，点Q和点A重合。所以$PQ=AC=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。综上所述，当PQ与$□ ABCD$的边垂直时，$PQ=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$或$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
(2)如图2，当点P在BC边时，因为四边形APCQ是矩形，所以$∠ APC=90°$。在$\mathrm{Rt}△ ABP$中，$∠ B=60°$，$AB=2$，所以$BP=1$。所以$t=1÷2=\dfrac{1}{2}$。当点P在CD上时，因为四边形AQCP是矩形，所以$∠ AQC=90°$。因为$∠ BAC=90°$，由过点C垂直于AB的直线有且只有一条，得出此种情况不存在。综上所述，当$t=\dfrac{1}{2}$时，以A,P,C,Q为顶点的四边形是矩形。
(3)因为AC是$□ ABCD$的对角线，所以$S_{△ ABC}=S_{△ ACD}=\dfrac{1}{2}S_{□ ABCD}$。因为CQ所在直线恰好将$□ ABCD$的面积分成$1:3$的两部分，所以当点Q在边AD上时，Q是AD的中点。所以$AQ=\dfrac{1}{2}AD$。易知$△ AOQ≌△ COP$，所以$CP=AQ=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{2}BC=2$。所以$BP=2$。所以$t=2÷2=1$。当点Q在边AB上时，同理可得P是CD的中点，所以$t=(4+1)÷2=\dfrac{5}{2}$。综上所述，t为1或$\dfrac{5}{2}$时，CQ所在直线将$□ ABCD$的面积分成$1:3$的两部分。

14. (14分)(杭州市上城区)如图,菱形纸片ABCD的边长为2,∠BAC=60°,翻折∠B,∠D,使B,D两点重合在对角线BD上一点P,EF,GH分别是折痕。设AE=x(0＜x＜2)。
(1)求证:AG=BE。
(2)当0＜x＜2时,六边形AEFCHG周长的值是否会发生改变?请说明理由。
(3)当0＜x＜2时,六边形AEFCHG的面积可能等于$\frac{5\sqrt{3}}{4}$吗?如果能,请求出此时x的值;如果不能,请说明理由。

14.(1)因为翻折$∠ B$，$∠ D$使B,D两点重合在对角线BD上一点P，所以$BE=EP$，$BF=PF$。因为BD平分$∠ ABC$，所以$BE=BF$。所以四边形BFPE是菱形。同理可得，四边形DGPH是菱形，所以$AB// CD// FG$，$BC// EH// AD$。所以四边形AEPG为平行四边形。所以$AG=EP=BE$。
(2)不变。理由如下：因为$AG=BE$，四边形BEPF是菱形，所以$BE=BF$，$AE=FC$。因为$∠ BAC=60°$，所以$△ ABC$是等边三角形。所以$∠ ABC=∠ ADC=60°$。所以$EF=BE$，$GH=DG$。所以六边形AEFCHG的周长为$AE+EF+FC+CH+GH+AG=3AB=6$。所以六边形AEFCHG周长的值不变。
(3)能。记AC与BD交于点O。因为$AB=2$，$∠ BAC=60°$，所以$∠ ABD=30°$。所以$AO=1$，$BO=\sqrt{3}$。所以$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$。所以$S_{\mathrm{四边形}ABCD}=2\sqrt{3}$。当六边形AEFCHG的面积等于$\dfrac{5\sqrt{3}}{4}$时，$S_{△ BEF}+S_{△ DGH}=2\sqrt{3}-\dfrac{5\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$。因为$BE=AG$，所以$AE=DG$。所以$DG=x$，$BE=2-x$。设GH与BD交于点M，所以$GM=\dfrac{1}{2}x$，$DM=\dfrac{\sqrt{3}}{2}x$。所以$S_{△ DGH}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}x^2$。同理$S_{△ EFB}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}(2-x)^2=\sqrt{3}-\sqrt{3}x+\dfrac{\sqrt{3}}{4}x^2$。所以$\dfrac{\sqrt{3}}{4}x^2+\dfrac{\sqrt{3}}{4}x^2-\sqrt{3}x+\sqrt{3}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$，解得$x_1=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$x_2=1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。所以当$x=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$或$1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}$时，六边形AEFCHG的面积等于$\dfrac{5\sqrt{3}}{4}$。

15. (10分)如图1,已知正方形ABCD和正方形AEFG,点E在DA的延长线上,点G在边AB上。
(1)求证:$△ ADG ≌ △ ABE$。
(2)现将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转$α°(0＜α＜180)$,在旋转过程中,探究下列问题。
①当正方形AEFG旋转至图2位置时,DG分别交AB,BE于点M,N。求证:$BE ⊥ DG$。
②若$AB=2\sqrt{2},AG=1$,当正方形AEFG的顶点(点A除外)在直线AC上时,求DG的长。

15.(1)在正方形ABCD和正方形AEFG中，因为$∠ DAB=∠ GAE=90°$，$AD=AB$，$AG=AE$，所以$△ ADG≌△ ABE(\mathrm{SAS})$。
(2)①因为$∠ DAB=∠ GAE=90°$，所以$∠ DAB+∠ BAG=∠ GAE+∠ BAG$。所以$∠ DAG=∠ BAE$。因为$AD=AB$，$AG=AE$，所以$△ ADG≌△ ABE$。所以$∠ ADG=∠ ABE$。因为$∠ DMA=∠ BMN$，所以$∠ BNM=∠ DAM=90°$。所以$BE⊥ DG$。
②连结AC。因为四边形ABCD为正方形，所以$∠ DAC=∠ BAC=45°$。
Ⅰ.如图1，当点E在直线AC上时，过点E作$EH⊥ BA$交BA的延长线于点H，则$∠ HAE=∠ CAB=45°$。因为$AE=AG=1$，$AB=2\sqrt{2}$，所以$HA=HE=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$HB=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}$。所以$BE=\sqrt{HE^2+BH^2}=\sqrt{13}$。同①理得$△ ADG≌△ ABE$，所以$DG=BE=\sqrt{13}$。
Ⅱ.如图2，当点F在直线AC上时。在正方形AEFG中，AF平分$∠ EAG$，所以$∠ EAF=∠ GAF=45°$。所以$∠ EAD=180°-∠ CAD-∠ EAF=90°$，$∠ EAD+∠ EAG=180°$。所以D,A,G三点共线。所以$DG=AD+AG=2\sqrt{2}+1$。
Ⅲ.如图3，当点G在直线AC上时，过点E作$EH⊥ BA$交BA的延长线于点H，同理可得$DG=BE=\sqrt{13}$。
综上所述，DG的长为$\sqrt{13}$或$2\sqrt{2}+1$。