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解：过点​$A$​作​$AE// CD，$​交​$BC$​于点​$E。$​
∵​$AD// BC，$​​$AE// CD，$​
∴四边形​$AECD$​是平行四边形，
∴​$AE=CD，$​​$AD=EC=5，$​
∴​$BE=BC-EC=13-5=8。$​
∵​$∠ B+∠ C=90°，$​​$∠ C=∠ AEB，$​
∴​$∠ B+∠ AEB=90°，$​即​$∠ BAE=90°。$​
​$ $​在​$Rt△ ABE$​中，​$∠ B=30°，$​​$BE=8，$​
∴​$AE=\frac {1}{2}BE=4，$
由勾股定理得​
​$AB=\sqrt {BE^2-AE^2}=\sqrt {64-16}=4\sqrt {3}，$​
∴​$CD=AE=4。$​
∴梯形​$ABCD$​的周长为：
​$ AB+BC+CD+AD=4\sqrt {3}+13+4+5=22+4\sqrt {3}。$​

证明：​$(1)$​∵四边形​$ ABCD $​是矩形，
∴​$AB = CD，$​​$∠A = ∠D = 90°。$​
∵​$M $​是​$ AD $​的中点，
∴​$AM = DM。$​
在​$△ABM $​和​$△DCM $​中，
​$\begin {cases}AB = DC，\\∠ A = ∠ D，\\AM = DM，\end {cases}$​
∴​$△ABM≌△DCM。$​
​$(2)$​四边形​$ MENF $​是菱形。
证明如下：
∵​$E，$​​$F，$​​$N $​分别是​$ BM，$​​$CM，$​​$BC $​的中点，
∴​$EN//MF，$​​$EN = MF。$​
∴四边形​$ MENF $​是平行四边形。
由​$(1)$​知​$ BM = CM，$​
∴​$ME = MF，$​
∴四边形​$ MENF $​是菱形。
$1:2$
证明：​$(1)$​∵点​$F，$​​$G $​是边​$AC$​的三等分点，
∴​$AF = FG = GC。$​
又∵点​$D$​是边​$AB$​的中点，
∴​$DH// BG。$​
同理：​$EH// BF。$​
∴四边形​$FBGH$​是平行四边形。
连接​$BH，$​交​$AC$​于点​$O，$​
∴​$OF = OG。$​
又∵​$AF = FG = GC，$​
∴​$AF + FO = GC + GO，$​即​$AO = CO。$​
∵​$AB = BC，$​​$∠ BOA = 90°，$​
∴平行四边形​$FBGH$​是菱形。
​$(2)$​四边形​$ABCH$​是正方形。
证明：∵四边形​$FBGH$​是菱形，
∴​$BO = HO。$​
又由​$(1)$​知​$AO = CO，$​
∴四边形​$ABCH$​是平行四边形。
∵​$AB = BC，$​​$∠ ABC = 90°，$​
∴平行四边形​$ABCH$​是正方形。
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