答案：9. $\sqrt{68}$

答案：10.50°

答案：11.(1)四边形EFGH是矩形.理由如下:因为四边形ABCD是菱形，所以AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠ADC，∠A=∠C，即∠ABD=∠ADB.又BD=BD，所以△ABD≌△CBD (SSS).所以∠ABD=∠CBD，即BD平分∠ABC.又∠A+∠ABD+∠ADB=180°，所以∠ABD=$\frac{1}{2}$(180° - ∠A).又BE=BF=DG=DH，所以△BEF≌△DHG(SAS)，AB - BE=AD - DH=BC - BF=CD - DG，BD⊥EF，即EF=HG，AE=AH=CF=CG.所以∠AEH=∠AHE，△AEH≌△CFG(SAS).所以EH=FG，即四边形EFGH是平行四边形.又∠A+∠AEH+∠AHE=180°，所以∠AEH=$\frac{1}{2}$(180° - ∠A)，即∠AEH=∠ABD.所以EH//BD，即EH⊥EF.所以∠FEH=90°，所以四边形EFGH是矩形.
　　(2)四边形ABCD与四边形EFGH的面积比为8:3.　　解析:连接AC，分别交EH，BD于P，O两点，连接OE，设EF与BD的交点为K.由(1)，得四边形EFGH是矩形，EH//BD，EF⊥BD，AE=AH.因为四边形ABCD是菱形，所以OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，即AC⊥EH.所以EP=HP=$\frac{1}{2}$EH.又BE=BF，所以EK=FK=$\frac{1}{2}$EF.设OA=OC=x，OB=OD=y，$\frac{S_{\triangle BOE}}{S_{\triangle AOE}}=\frac{BE}{AE}=\frac{1}{3}$，所以$S_{\triangle AOE}=3S_{\triangle BOE}=3a$，即$S_{\triangle AOB}=4a$.又$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}OA· OB$，所以$\frac{1}{2}xy=4a$，即$xy=8a$.又$S_{\triangle BOE}=\frac{1}{2}EK· OB$，$S_{\triangle AOE}=\frac{1}{2}OA· EP$，所以$\frac{1}{2}EK· y=a$，$\frac{1}{2}x· EP=3a$，即$EK=\frac{2a}{y}=\frac{2a}{8a}· x=\frac{x}{4}$，$EP=\frac{6a}{x}=\frac{6a}{8a}· y=\frac{3}{4}y$.所以$EF=2EK=\frac{x}{2}$，$EH=2EP=\frac{3}{2}y$.所以$S_{矩形EFGH}=EF· EH=\frac{3}{4}xy=6a$.又$S_{菱形ABCD}=4S_{\triangle AOB}$，所以$S_{菱形ABCD}=16a$，即四边形ABCD与四边形EFGH的面积比为$16a:6a = 8:3$.

答案：
12.2或$2 - \sqrt{2}$　解析:因为四边形ABCD是周长为8的菱形，∠ABC+∠ADC=90°，所以∠ABC=∠ADC=45°，AB=BC=CD=AD=2.分类讨论如下:①如图①,当AB=BE，即∠EAB=∠AEB=45°时，因为∠EAB=∠ABC=45°，所以AE//BC.所以$S_{\triangle ACE}=S_{\triangle ABE}$.又∠EAB+∠AEB+∠ABE=180°，所以∠ABE=180° - ∠EAB - ∠AEB=90°.所以$S_{\triangle ACE}=S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}AB· BE=\frac{1}{2}AB^{2}=2$;②如图②，当AB=AE，即∠ABE=∠AEB=45°时，过点C作CF⊥AB于点F，连接EF，则∠CFA=90°.又∠ABE+∠AEB+∠BAE=180°，所以∠BAE=180° - ∠ABE - ∠AEB=90°，即∠BAE=∠CFA.所以AE//CF.所以$S_{\triangle ACE}=S_{\triangle AFE}$.又∠ABC+∠BCF=90°，所以∠BCF=90° - ∠ABC=45°，即∠ABC=∠BCF.所以BF=CF.在Rt△BCF中，由勾股定理，得$BF^{2}+CF^{2}=BC^{2}$，解得$BF=CF=\sqrt{2}$.所以$AF=AB - BF=2 - \sqrt{2}$.所以$S_{\triangle ACE}=S_{\triangle AFE}=\frac{1}{2}AE· AF=\frac{1}{2}AB· AF=2 - \sqrt{2}$.综上，△ACE的面积为2或$2 - \sqrt{2}$.
　

答案：
13.(1)PG与PC之间的位置关系是PG⊥PC.证明如下:如图①，延长GP交DC于点H.因为P是线段DF的中点，所以FP=DP.由题意，得BC=CD，BG=GF，DC//GF，所以∠GFP=∠HDP.因为∠GPF=∠HPD，所以△GFP≌△HDP(ASA).所以GP=HP，GF=HD，即HD=BG，P是HG的中点.所以BC - BG=CD - HD，即CG=CH.所以△CHG是等腰三角形，即PG⊥PC.
　 　
(2)由(1)，得△CHG是等腰三角形，PG⊥PC，DC//GF.因为PG=PC，所以△PCG是等腰直角三角形，即∠PGC=∠PCG=45°.所以∠DCB=2∠PCG=90°.所以∠CGF=∠DCB=90°，即∠PGF=∠PGC+∠CGF=135°.
(3)PG=$\sqrt{3}$PC.　　解析:如图②，延长GP到点H，使PH=PG，连接CH，CG，DH.因为P是线段DF的中点，所以FP=DP.因为∠GPF=∠HPD，所以△GFP≌△HDP(SAS)，所以GF=HD，∠GFP=∠HDP.因为四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，∠ABC=∠BEF=60°，所以AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，AB//CD，BE=EF=GF=BG，BE//GF，BG//EF，即CD//EF，∠BEF+∠EFG=180°，∠ABC+∠BCD=180°，HD=BG.所以∠PFE=∠PDC，∠EFG=∠BCD=120°，即∠GFP+∠PFE=120°.所以∠HDC=∠HDP+∠PDC=120°.因为A，B，G三点在一条直线上，所以∠GBC=180° - ∠ABC=120°，即∠GBC=∠HDC.所以△HDC≌△GBC (SAS).所以CH=CG，∠DCH=∠BCG.所以∠BCG+∠HCB=∠DCH+∠HCB=120°，即∠HCG=120°.因为CH=CG，PH=PG，所以PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=$\frac{1}{2}$∠HCG=60°.所以∠PGC=90° - ∠GCP=30°.所以CG=2PC.在Rt△PCG中，由勾股定理，得$PC^{2}+PG^{2}=CG^{2}$，即$PC^{2}+PG^{2}=4PC^{2}$，所以$PG=\sqrt{3}PC$.