11 如图，正方形ABCD的边长为2，O为对角线的交点，E，F分别为BC，AD的中点。以点C为圆心，2为半径作$\overset{\frown}{BD}$，再分别以点E，F为圆心，1为半径作$\overset{\frown}{BO}$，$\overset{\frown}{OD}$，则图中涂色部分的面积为。

11. $π-2$

12 如图,将扇形AOB沿OB方向平移,使点O移动到OB的中点$O'$处,得到扇形$A'O'B'$.若$∠O=90°,OA=2$,则涂色部分的面积为.

12. $\frac{π}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}$ 解析:如图,设$O'A'$交$\overset{\frown}{AB}$于点T,连结OT,BT.由平移可知,$∠ A'O'B'=∠ AOB=90°$. 因为$O'$为OB的中点,所以$OT=BT=OB$. 所以$△ OTB$为等边三角形. 所以$∠ O'TO=30°$,$∠ TOO'=60°$. 因为$OT=OA=2$,所以易得$O'T=\sqrt{3}$,$OO'=1$. 所以$S_{\mathrm{涂色部分}}=S_{\mathrm{扇形}A'O'B'}-(S_{\mathrm{扇形}TOB}-S_{△ OTO'})=\frac{90π×2^2}{360}-(\frac{60π×2^2}{360}-\frac{1}{2}×1×\sqrt{3})=\frac{π}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}$.

13 [2025宁波余姚期末]如图,以$△ ABC$的边AB为直径的$\odot O$交BC边于点D,交CA的延长线于点E,且$∠ C=∠ E$.
(1) 求证:$BD=CD$.
(2) 若$AC=4,\overset{\frown}{BD}=2\overset{\frown}{AD}$,求涂色部分的面积.

13. (1) 连结AD. 因为AB是$\odot O$的直径,所以$∠ ADB=90°$. 所以$AD⊥ BD$. 又因为$∠ E=∠ B$,$∠ C=∠ E$,所以$∠ B=∠ C$. 所以$AB=AC$. 所以$BD=CD$
(2) 连结OD,OE. 因为$\overset{\frown}{BD}=2\overset{\frown}{AD}$,所以$∠ BOD=2∠ AOD$. 因为$∠ BOD+∠ AOD=180°$,所以$∠ AOD=\frac{1}{3}×180°=60°$. 所以$∠ B=\frac{1}{2}∠ AOD=30°$. 由(1)知,$∠ B=∠ C=30°$,所以$∠ OAE=∠ B+∠ C=60°$. 因为$OA=OE$,所以$△ AOE$是等边三角形. 由(1)知,$AB=AC=4$,所以$OA=OE=AE=\frac{1}{2}AB=2$. 所以$S_{\mathrm{涂色}}=S_{\mathrm{扇形}AOE}-S_{△ AOE}=\frac{60π×2^2}{360}-\frac{\sqrt{3}}{4}×2^2=\frac{2}{3}π-\sqrt{3}$

14 将两张半径均为10 cm的半圆形纸片完全重合叠放在一起，上面的纸片绕着直径的一端点B按顺时针方向旋转30°后得到如图所示的图形，$\overset{\frown}{A'B}$与直径AB交于点C，连结$O'C$.求：
（1）$\overset{\frown}{BC}$的长；
（2）阴影部分的面积.

14. (1) 由题意,得$∠ CBA'=30°$,$O'B=O'C=10\ \mathrm{cm}$,所以$∠ O'CB=∠ CBA'=30°$. 所以$∠ BO'C=120°$. 所以$\overset{\frown}{BC}$的长为$\frac{120π×10}{180}=\frac{20π}{3}(\mathrm{cm})$
(2) 如图,过点$O'$作$O'D⊥ BC$于点D. 因为$O'B=O'C$,$O'D⊥ BC$,所以$BD=CD$. 在$\mathrm{Rt}△ O'BD$中,$∠ CBA'=30°$,$O'B=10\ \mathrm{cm}$,所以易得$O'D=5\ \mathrm{cm}$,$BD=5\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$. 所以$BC=2BD=10\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$. 所以$S_{\mathrm{阴影部分}}=S_{\mathrm{半圆}}-(S_{\mathrm{扇形}CO'B}-S_{△ CO'B})=\frac{1}{2}×π×10^2-(\frac{120×π×10^2}{360}-\frac{1}{2}×10\sqrt{3}×5)=(\frac{50π}{3}+25\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$