10. (2024·鼓楼区期末)如图，在$ □ ABCD $中，分别以AB，CD为边向内作$ △ABE $和$ △CDF $，且$ △ABE ≌ △CDF $，连接AF，CE。
(1)求证：四边形AECF为平行四边形；
(2)若点E在对角线BD上，且AE所在的直线平分BC，当四边形AECF的面积为6时，$ □ ABCD $的面积为。

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11. 如图，在$ □ ABCD $中，$ AB = 6a $，$ BC = 6b $，$ ∠D = 60° $，E，F，G，H分别在四边形ABCD各边上，且$ BE = DG = \frac{1}{2}AE $，$ CF = AH = \frac{1}{2}BF $。
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)若四边形EFGH是菱形，求$ \frac{b}{a} - \frac{a}{b} $的值；
(3)四边形EFGH能为正方形吗？若能，请直接写出a，b的值；若不能，请说明理由。

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​ (1)​证明：∵​△ ABE≌△ CDF，​
∴​AE=CF，∠ ABE=∠ CDF，BE=DF.​
∵四边形​ABCD​是平行四边形，
∴​AD=BC，∠ ABC=∠ ADC，​
∴​∠ CBE=∠ ADF，​
∴$​△ ADF≌△ CBE(\mathrm {SAS})$，​
∴​AF=CE，​
∴四边形​AECF ​为平行四边形。
(1)证明：$\because $四边形ABCD是平行四边形，
$ \therefore ∠ B=∠ D=60°,AB=CD=6a,AD=BC=6b.$
$ \because BE=\frac{1}{2}AE$，$\therefore AB=AE+\frac{1}{2}AE$，
$ \therefore AE=4a,BE=DG=2a,CG=4a.$
同理可得AH=CF=2b,DH=BF=4b.
在△ DGH和△ BEF中，
$ \begin{cases}DH=BF,\\∠ D=∠ B,\\DG=BE,\end{cases}$
$ \therefore △ DGH≌△ BEF(\mathrm{SAS})$，
$ \therefore GH=EF$，同理可得$△ AEH≌△ CGF(\mathrm{SAS})$，
$ \therefore EH=GF$，
$ \therefore $四边形EFGH是平行四边形.
(2)解：如答图，分别过点H,F作HP⊥ CD,FQ⊥ CD，交直线CD于点P,Q.
$ \because $在平行四边形ABCD中，AD// BC，
$ \therefore ∠ D=∠ BCQ=60°$，
$ \therefore ∠ DHP=∠ CFQ=30°$，
$ \therefore DP=\frac{1}{2}DH=2b,CQ=\frac{1}{2}CF=b$，
$ \therefore PH=\sqrt{DH^2-DP^2}=2\sqrt{3}b,FQ=\sqrt{CF^2-CQ^2}=\sqrt{3}b$，
$ \therefore PG=DG-DP=2a-2b,QG=CG+QC=4a+b.$
$ \because $四边形EFGH是菱形，
$ \therefore GH=GF$，
$ \therefore PG^2+PH^2=GQ^2+FQ^2$，
$ \therefore (2a-2b)^2+(2\sqrt{3}b)^2=(4a+b)^2+(\sqrt{3}b)^2$，
化简，得$12a^2+16ab-12b^2=0$，
即$3b^2-3a^2=4ab$，
两边同除以3ab，得$\frac{b}{a}-\frac{a}{b}=\frac{4}{3}.$
(3)解：不能.理由如下：
如答图，若四边形EFGH是正方形，则HG=FG，∠ HGF=90°，
$ \therefore ∠ HGP+∠ FGQ=90°.$
$ \because HP⊥ CD$，$\therefore ∠ HGP+∠ GHP=90°$，
$ \therefore ∠ FGQ=∠ GHP.$
在△ PHG和△ QGF中，
$ \begin{cases}∠ HPG=∠ GQF,\\∠ PHG=∠ QGF,\\HG=GF,\end{cases}$
$ \therefore △ PHG≌△ QGF(\mathrm{AAS})$，
$ \therefore HP=GQ,PG=QF$，
$ \therefore 2\sqrt{3}b=4a+b,2a-2b=\sqrt{3}b$，
解得a=0,b=0，
$ \therefore $四边形EFGH不能为正方形.