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C
$\sqrt{17}$
证明：​$(1)$​∵​$CD$​是​$AB$​边上的高
∴在​$Rt\triangle ADC$​中，​$AC^2=CD^2+AD^2$​
又∵​$CD^2=AD·DB，$​∴​$AC^2=AD·DB + AD^2=AD·(DB + AD)$​
∵​$AB = DB + AD，$​∴​$AC^2=AD·AB$​
​$(2)$​∵​$CD$​是​$AB$​边上的高
∴在​$Rt\triangle BDC$​中，​$BC^2=CD^2+DB^2$​
又∵​$CD^2=AD·DB，$​∴​$BC^2=AD·DB+DB^2=DB·(AD + DB)$​
∵​$AB = AD + DB，$​∴​$BC^2=DB·AB$​
解：过点​$A$​作​$AH\perp BC，$​垂足为​$H，$​过点​$C$​分别作​$CM\perp AB，$​
​$CN\perp BF，$​垂足分别为​$M，$​​$N$​
∵​$AB = AC，$​​$AH\perp BC，$​∴​$CH=\frac 12BC = 5$​
在​$Rt\triangle AHC$​中，​$AH^2=AC^2-CH^2，$​
∵​$AC = 13，$​则​$AH=\sqrt {13^2-5^2}=\sqrt {169 - 25}=\sqrt {144}=12$​
∴​$S_{\triangle ABC}=\frac 12BC·AH=\frac 12×10×12 = 60$​
∵​$AB = AC，$​∴​$∠ABC=∠ACB$​
∵​$BF// AC，$​∴​$∠ACB=∠CBF，$​∴​$∠ABC=∠CBF$​
∵​$CM\perp AB，$​​$CN\perp BF，$​∴​$CM = CN$​
∵​$S_{\triangle ACE}=\frac 12\ \mathrm {A}E·CM，$​​$S_{\triangle CBF}=\frac 12BF·CN，$​且​$AE = BF$​
∴​$S_{\triangle ACE}=S_{\triangle CBF}$​
∴​$S_{四边形EBF C}=S_{\triangle CBF}+S_{\triangle CBE}=S_{\triangle ACE}+S_{\triangle CBE}=S_{\triangle ABC}=60$​
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