例1 (2025 三门峡二模)如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB = 4$，以点 $B$ 为圆心，$BC$ 长为半径画弧交 $BD$ 于点 $F$，过点 $C$ 作 $CE⊥ BD$ 于点 $E$，则图中阴影部分的周长为 (
A.$\frac{\pi}{2}+4$
B.$\pi + 4$
C.$2\pi + 4$
D.$4\pi + 4$
B
)A.$\frac{\pi}{2}+4$
B.$\pi + 4$
C.$2\pi + 4$
D.$4\pi + 4$
答案
B
解析
在正方形ABCD中，AB=4，
∴BC=4，∠CBD=45°，BD=4√2。
以B为圆心，BC为半径画弧，
∴BF=BC=4，弧CF的圆心角∠CBF=45°，弧长CF=45·π·4/180=π。
CE⊥BD，在Rt△BCE中，∠CBE=45°，BC=4，
∴BE=CE=BC·cos45°=4×√2/2=2√2。
EF=BF-BE=4-2√2。
阴影部分周长=CE+EF+弧CF=2√2+(4-2√2)+π=4+π。
∴BC=4，∠CBD=45°，BD=4√2。
以B为圆心，BC为半径画弧，
∴BF=BC=4，弧CF的圆心角∠CBF=45°，弧长CF=45·π·4/180=π。
CE⊥BD，在Rt△BCE中，∠CBE=45°，BC=4，
∴BE=CE=BC·cos45°=4×√2/2=2√2。
EF=BF-BE=4-2√2。
阴影部分周长=CE+EF+弧CF=2√2+(4-2√2)+π=4+π。
训练 1. 如图，在扇形 $AOB$ 中，$\angle AOB = 120^{\circ}$，半径 $OC$ 交弦 $AB$ 于点 $D$，且 $OC⊥ OA$。若 $OA = 6$，则图中阴影部分的周长为 (
A.$\frac{\pi}{2}+5$
B.$\frac{\pi}{2}+6$
C.$\pi + 5$
D.$\pi + 6$
D
)A.$\frac{\pi}{2}+5$
B.$\frac{\pi}{2}+6$
C.$\pi + 5$
D.$\pi + 6$
答案
D
解析
∵∠AOB=120°，OA=OB=6，OC⊥OA，
∴∠AOC=90°，∠COB=∠AOB - ∠AOC=30°。
弧BC的长度：$l_{BC}=\frac{30\pi × 6}{180}=\pi$。
在△AOB中，OA=OB=6，∠OAB=30°（等腰三角形底角）。
在Rt△OAD中，∠OAD=30°，OA=6，
∴OD=OA·tan30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2√3，
AD=OA÷cos30°=6÷$\frac{\sqrt{3}}{2}$=4√3。
AB=2×OA·sin60°=2×6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=6√3，
∴DB=AB - AD=6√3 - 4√3=2√3。
CD=OC - OD=6 - 2√3。
阴影部分周长=弧BC + CD + DB=π + (6 - 2√3) + 2√3=π + 6。
2. 如图，$\odot O$ 的直径 $AB = 2$，与弦 $CD$ 交于点 $E$，$\angle CAB = 30^{\circ}$，$AC = AE$，则图中阴影部分的周长为
$\frac{\pi}{2}+\sqrt{2}$
。答案
$\frac{\pi}{2}+\sqrt{2}$
解析
1. 首先，连接$OC$，$OD$：
因为$AB = 2$，所以$OA=OC = OD = 1$。
已知$\angle CAB = 30^{\circ}$，$AC = AE$，根据等腰三角形性质，$\angle ACE=\angle AEC$。
由三角形内角和定理$\angle ACE=\angle AEC=\frac{180^{\circ}-\angle CAB}{2}=\frac{180 - 30}{2}=75^{\circ}$。
因为$\angle AEC$是$\triangle OCE$的外角，所以$\angle AEC=\angle OCA+\angle COE$。
又因为$OA = OC$，所以$\angle OCA=\angle CAB = 30^{\circ}$，则$\angle COE=\angle AEC-\angle OCA=75^{\circ}-30^{\circ}=45^{\circ}$。
由于$AB$是直径，$AB⊥ CD$（垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的两条弧），所以$\widehat{BC}=\widehat{BD}$，那么$\angle BOD=\angle COE = 45^{\circ}$，$\angle COD=\angle COE+\angle BOD = 90^{\circ}$。
2. 然后，求弧$CD$的长：
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（$n$是圆心角弧度数，$r$是半径），这里$n = 90^{\circ}$，$r = 1$，则$l_{\widehat{CD}}=\frac{90\pi×1}{180}=\frac{\pi}{2}$。
因为$OC = OD = 1$，$\angle COD = 90^{\circ}$，根据勾股定理$CD=\sqrt{OC^{2}+OD^{2}}=\sqrt{1 + 1}=\sqrt{2}$。
又因为$\angle CAB = 30^{\circ}$，$AB⊥ CD$，在$Rt\triangle ACE$中，$CE=\frac{1}{2}AC$，设$CE=x$，则$AC = 2x$，由勾股定理$AE=\sqrt{AC^{2}-CE^{2}}=\sqrt{(2x)^{2}-x^{2}}=\sqrt{3}x$，又$AC = AE$，$AB = 2$，$OA = 1$，$OE=AE - OA$，$\cos\angle CAB=\frac{AE}{AC}$（这里$AC = AE$，$\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$），$CE=\frac{1}{2}AC$，$OC = 1$，$OE = OC\cos45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$CE=OC\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
阴影部分周长$C = l_{\widehat{CD}}+CE + DE$，因为$CE = DE$（垂径定理），$CE=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$DE=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$l_{\widehat{CD}}=\frac{\pi}{2}$。
所以阴影部分周长$C=\frac{\pi}{2}+\sqrt{2}$。
因为$AB = 2$，所以$OA=OC = OD = 1$。
已知$\angle CAB = 30^{\circ}$，$AC = AE$，根据等腰三角形性质，$\angle ACE=\angle AEC$。
由三角形内角和定理$\angle ACE=\angle AEC=\frac{180^{\circ}-\angle CAB}{2}=\frac{180 - 30}{2}=75^{\circ}$。
因为$\angle AEC$是$\triangle OCE$的外角，所以$\angle AEC=\angle OCA+\angle COE$。
又因为$OA = OC$，所以$\angle OCA=\angle CAB = 30^{\circ}$，则$\angle COE=\angle AEC-\angle OCA=75^{\circ}-30^{\circ}=45^{\circ}$。
由于$AB$是直径，$AB⊥ CD$（垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的两条弧），所以$\widehat{BC}=\widehat{BD}$，那么$\angle BOD=\angle COE = 45^{\circ}$，$\angle COD=\angle COE+\angle BOD = 90^{\circ}$。
2. 然后，求弧$CD$的长：
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（$n$是圆心角弧度数，$r$是半径），这里$n = 90^{\circ}$，$r = 1$，则$l_{\widehat{CD}}=\frac{90\pi×1}{180}=\frac{\pi}{2}$。
因为$OC = OD = 1$，$\angle COD = 90^{\circ}$，根据勾股定理$CD=\sqrt{OC^{2}+OD^{2}}=\sqrt{1 + 1}=\sqrt{2}$。
又因为$\angle CAB = 30^{\circ}$，$AB⊥ CD$，在$Rt\triangle ACE$中，$CE=\frac{1}{2}AC$，设$CE=x$，则$AC = 2x$，由勾股定理$AE=\sqrt{AC^{2}-CE^{2}}=\sqrt{(2x)^{2}-x^{2}}=\sqrt{3}x$，又$AC = AE$，$AB = 2$，$OA = 1$，$OE=AE - OA$，$\cos\angle CAB=\frac{AE}{AC}$（这里$AC = AE$，$\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$），$CE=\frac{1}{2}AC$，$OC = 1$，$OE = OC\cos45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$CE=OC\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
阴影部分周长$C = l_{\widehat{CD}}+CE + DE$，因为$CE = DE$（垂径定理），$CE=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$DE=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$l_{\widehat{CD}}=\frac{\pi}{2}$。
所以阴影部分周长$C=\frac{\pi}{2}+\sqrt{2}$。
3. 在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为 1，点 $A$，$B$，$C$ 均在小正方形的顶点上，点 $B$，$D$ 在 $\overset{\frown}{AC}$ 上，且 $\angle ACD = 15^{\circ}$，则阴影部分的周长为
$\sqrt{10}+\frac{5\sqrt{5}\pi}{6}$
。(结果保留 $\pi$)答案
$\sqrt{10}+\frac{5\sqrt{5}\pi}{6}$
解析
1. 首先求$\overset{\frown}{AB}$的长度：
连接$AB$，$BC$，$AC$。根据勾股定理：
$AB=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，$BC = \sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，$AC=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$。
因为$AB^{2}+BC^{2}=(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}=10$，$AC^{2}=(\sqrt{10})^{2}=10$，所以$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，且$AB = BC$，则$\triangle ABC$是等腰直角三角形，$\angle ACB = 45^{\circ}$。
已知$\angle ACD = 15^{\circ}$，所以$\angle BCD=\angle ACB-\angle ACD = 45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}$，那么$\angle AOB = 2\angle ACB = 90^{\circ}$（同弧所对的圆心角是圆周角的$2$倍），$\angle BOD = 2\angle BCD = 60^{\circ}$，$\angle AOD=\angle AOB+\angle BOD=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}$。
圆的半径$r = AB=\sqrt{5}$。
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（$n$是圆心角，$r$是半径），$\overset{\frown}{AD}$的长度$l_{1}=\frac{150\pi×\sqrt{5}}{180}=\frac{5\sqrt{5}\pi}{6}$。
2. 然后求$AC$的长度：
由勾股定理$AC=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$。
3. 最后求阴影部分周长$C$：
阴影部分周长$C = AC+\overset{\frown}{AD}$。
$C=\sqrt{10}+\frac{5\sqrt{5}\pi}{6}$。
故阴影部分的周长为$\sqrt{10}+\frac{5\sqrt{5}\pi}{6}$。
连接$AB$，$BC$，$AC$。根据勾股定理：
$AB=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，$BC = \sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，$AC=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$。
因为$AB^{2}+BC^{2}=(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}=10$，$AC^{2}=(\sqrt{10})^{2}=10$，所以$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，且$AB = BC$，则$\triangle ABC$是等腰直角三角形，$\angle ACB = 45^{\circ}$。
已知$\angle ACD = 15^{\circ}$，所以$\angle BCD=\angle ACB-\angle ACD = 45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}$，那么$\angle AOB = 2\angle ACB = 90^{\circ}$（同弧所对的圆心角是圆周角的$2$倍），$\angle BOD = 2\angle BCD = 60^{\circ}$，$\angle AOD=\angle AOB+\angle BOD=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}$。
圆的半径$r = AB=\sqrt{5}$。
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（$n$是圆心角，$r$是半径），$\overset{\frown}{AD}$的长度$l_{1}=\frac{150\pi×\sqrt{5}}{180}=\frac{5\sqrt{5}\pi}{6}$。
2. 然后求$AC$的长度：
由勾股定理$AC=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$。
3. 最后求阴影部分周长$C$：
阴影部分周长$C = AC+\overset{\frown}{AD}$。
$C=\sqrt{10}+\frac{5\sqrt{5}\pi}{6}$。
故阴影部分的周长为$\sqrt{10}+\frac{5\sqrt{5}\pi}{6}$。
例2 (2020 河南，15)如图，在扇形 $BOC$ 中，$\angle BOC = 60^{\circ}$，$OD$ 平分 $\angle BOC$ 交 $\overset{\frown}{BC}$ 于点 $D$，点 $E$ 为半径 $OB$ 上一动点。若 $OB = 2$，则阴影部分周长的最小值为
$2\sqrt{2}+\frac{\pi}{3}$
。答案
$2\sqrt{2}+\frac{\pi}{3}$
解析
1. 首先，根据弧长公式$l = \frac{n\pi r}{180}$（$n$是圆心角弧度数，$r$是半径）：
已知$\angle BOC = 60^{\circ}$，$OD$平分$\angle BOC$，则$\angle BOD=\angle DOC = 30^{\circ}$，$r = OB = OC = OD = 2$。
弧$\overset{\frown}{CD}$的长度$l_{\overset{\frown}{CD}}=\frac{30\pi×2}{180}=\frac{\pi}{3}$。
阴影部分的周长$C = CE + ED+l_{\overset{\frown}{CD}}$，因为$l_{\overset{\frown}{CD}}$是定值，所以求阴影部分周长的最小值，即求$CE + ED$的最小值。
2. 然后，作点$D$关于$OB$的对称点$D'$：
根据对称性质，$ED = ED'$，则$CE + ED=CE + ED'$。
连接$CD'$交$OB$于点$E$，此时$CE + ED'$（即$CE + ED$）取得最小值，最小值为$CD'$的长度。
因为$\angle BOD=\angle BOD' = 30^{\circ}$，$\angle DOC = 30^{\circ}$，所以$\angle D'OC=\angle DOC+\angle BOD+\angle BOD'=90^{\circ}$。
又因为$OC = OD' = 2$（$OD = OD'$，$OC = OD$）。
3. 最后，根据勾股定理求$CD'$的长度：
在$Rt\triangle D'OC$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（这里$a = OC = 2$，$b = OD' = 2$，$c = CD'$），则$CD'=\sqrt{OC^{2}+OD'^{2}}$。
把$OC = 2$，$OD' = 2$代入可得$CD'=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=\sqrt{4 + 4}=2\sqrt{2}$。
阴影部分周长的最小值$C_{min}=2\sqrt{2}+\frac{\pi}{3}$。
故答案为$2\sqrt{2}+\frac{\pi}{3}$。
已知$\angle BOC = 60^{\circ}$，$OD$平分$\angle BOC$，则$\angle BOD=\angle DOC = 30^{\circ}$，$r = OB = OC = OD = 2$。
弧$\overset{\frown}{CD}$的长度$l_{\overset{\frown}{CD}}=\frac{30\pi×2}{180}=\frac{\pi}{3}$。
阴影部分的周长$C = CE + ED+l_{\overset{\frown}{CD}}$，因为$l_{\overset{\frown}{CD}}$是定值，所以求阴影部分周长的最小值，即求$CE + ED$的最小值。
2. 然后，作点$D$关于$OB$的对称点$D'$：
根据对称性质，$ED = ED'$，则$CE + ED=CE + ED'$。
连接$CD'$交$OB$于点$E$，此时$CE + ED'$（即$CE + ED$）取得最小值，最小值为$CD'$的长度。
因为$\angle BOD=\angle BOD' = 30^{\circ}$，$\angle DOC = 30^{\circ}$，所以$\angle D'OC=\angle DOC+\angle BOD+\angle BOD'=90^{\circ}$。
又因为$OC = OD' = 2$（$OD = OD'$，$OC = OD$）。
3. 最后，根据勾股定理求$CD'$的长度：
在$Rt\triangle D'OC$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（这里$a = OC = 2$，$b = OD' = 2$，$c = CD'$），则$CD'=\sqrt{OC^{2}+OD'^{2}}$。
把$OC = 2$，$OD' = 2$代入可得$CD'=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=\sqrt{4 + 4}=2\sqrt{2}$。
阴影部分周长的最小值$C_{min}=2\sqrt{2}+\frac{\pi}{3}$。
故答案为$2\sqrt{2}+\frac{\pi}{3}$。
训练 4. 如图，在半径为 2 的扇形 $AOB$ 中，$\angle AOB = 90^{\circ}$，$P$ 为 $OB$ 上一动点，$Q$ 为线段 $AB$ 的中点，射线 $PQ$ 交 $\overset{\frown}{AB}$ 于点 $C$。当线段 $PQ$ 最短时，图中阴影部分的周长为
4
。(结果保留整数，$\sqrt{3}\approx 1.7$，$\sqrt{2}\approx 1.4$)答案
4
解析
1. 首先求$PQ$最短时的情况：
因为$Q$为$AB$中点，$OA = OB = 2$，$\angle AOB = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{2}$，则$AQ = BQ=\sqrt{2}$，$OQ=\frac{1}{2}AB=\sqrt{2}$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）。
当$PQ⊥ OB$时，$PQ$最短。此时$\triangle BPQ$是等腰直角三角形（$\angle OBQ = 45^{\circ}$，因为$\triangle AOB$是等腰直角三角形，$Q$是$AB$中点，$OQ$平分$\angle AOB$，$\angle BOQ = 45^{\circ}$，$PQ⊥ OB$），$PQ = BQ\sin45^{\circ}=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，$BP = BQ\cos45^{\circ}=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，则$OP=OB - BP=2 - 1 = 1$。
连接$OC$，因为$OQ=\sqrt{2}$，$PQ = 1$，$OP = 1$，$\tan\angle QOP=\frac{PQ}{OP}=1$，所以$\angle QOP = 45^{\circ}$，则$\angle BOC = 45^{\circ}$。
2. 然后求弧$BC$的长：
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（其中$n$是圆心角的度数，$r$是半径），这里$n = 45^{\circ}$，$r = 2$，则$l_{\overset{\frown}{BC}}=\frac{45\pi×2}{180}=\frac{\pi}{2}\approx\frac{3.14}{2}=1.57$。
因为$PQ = 1$，$BQ=\sqrt{2}\approx1.4$，$l_{\overset{\frown}{BC}}\approx1.57$。
3. 最后求阴影部分的周长：
阴影部分的周长$C = PQ+BQ + l_{\overset{\frown}{BC}}$。
把$PQ = 1$，$BQ\approx1.4$，$l_{\overset{\frown}{BC}}\approx1.57$代入得：$C\approx1 + 1.4+1.57=3.97\approx4$。
故答案为$4$。
因为$Q$为$AB$中点，$OA = OB = 2$，$\angle AOB = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{2}$，则$AQ = BQ=\sqrt{2}$，$OQ=\frac{1}{2}AB=\sqrt{2}$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）。
当$PQ⊥ OB$时，$PQ$最短。此时$\triangle BPQ$是等腰直角三角形（$\angle OBQ = 45^{\circ}$，因为$\triangle AOB$是等腰直角三角形，$Q$是$AB$中点，$OQ$平分$\angle AOB$，$\angle BOQ = 45^{\circ}$，$PQ⊥ OB$），$PQ = BQ\sin45^{\circ}=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，$BP = BQ\cos45^{\circ}=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，则$OP=OB - BP=2 - 1 = 1$。
连接$OC$，因为$OQ=\sqrt{2}$，$PQ = 1$，$OP = 1$，$\tan\angle QOP=\frac{PQ}{OP}=1$，所以$\angle QOP = 45^{\circ}$，则$\angle BOC = 45^{\circ}$。
2. 然后求弧$BC$的长：
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（其中$n$是圆心角的度数，$r$是半径），这里$n = 45^{\circ}$，$r = 2$，则$l_{\overset{\frown}{BC}}=\frac{45\pi×2}{180}=\frac{\pi}{2}\approx\frac{3.14}{2}=1.57$。
因为$PQ = 1$，$BQ=\sqrt{2}\approx1.4$，$l_{\overset{\frown}{BC}}\approx1.57$。
3. 最后求阴影部分的周长：
阴影部分的周长$C = PQ+BQ + l_{\overset{\frown}{BC}}$。
把$PQ = 1$，$BQ\approx1.4$，$l_{\overset{\frown}{BC}}\approx1.57$代入得：$C\approx1 + 1.4+1.57=3.97\approx4$。
故答案为$4$。
例1 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$BC = \sqrt{2}AB$，$E$ 为 $BC$ 的中点，$M$ 为 $AB$ 上一点，且 $ME = AB = 4$，以点 $E$ 为圆心，$ME$ 的长为半径画弧，交 $CD$ 于点 $N$，则图中阴影部分的面积为
4π-8
。(结果保留 $\pi$)答案
$4\pi-8$
解析
1. 首先，根据已知条件求出相关线段长度：
已知$AB = 4$，$BC=\sqrt{2}AB$，则$BC = 4\sqrt{2}$。
因为$E$为$BC$的中点，所以$BE=\frac{1}{2}BC = 2\sqrt{2}$。
在$Rt\triangle BME$中，$ME = AB = 4$，根据勾股定理$BM=\sqrt{ME^{2}-BE^{2}}$（勾股定理公式：$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，这里$c = ME$，$a = BE$，$b = BM$）。
代入$ME = 4$，$BE = 2\sqrt{2}$，可得$BM=\sqrt{4^{2}-(2\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{16 - 8}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$。
所以$\cos\angle BEM=\frac{BE}{ME}=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则$\angle BEM = 45^{\circ}$。
同理，在$Rt\triangle CEN$中，$EN = ME = 4$，$CE = BE = 2\sqrt{2}$，$\cos\angle CEN=\frac{CE}{EN}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\angle CEN = 45^{\circ}$。
那么$\angle MEN=180^{\circ}-\angle BEM-\angle CEN=90^{\circ}$。
2. 然后，计算阴影部分面积：
阴影部分面积$S = S_{扇形MEN}-S_{\triangle MEN}$。
扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（$n$是圆心角的度数，$r$是半径），这里$n = 90^{\circ}$，$r = ME = 4$，所以$S_{扇形MEN}=\frac{90\pi×4^{2}}{360}$。
三角形面积公式$S_{\triangle}=\frac{1}{2}ah$，对于$\triangle MEN$，$S_{\triangle MEN}=\frac{1}{2}× ME× NE$（因为$ME = NE = 4$且$\angle MEN = 90^{\circ}$）。
计算$S_{扇形MEN}=\frac{90\pi×16}{360}=4\pi$，$S_{\triangle MEN}=\frac{1}{2}×4×4 = 8$。
所以阴影部分面积$S = 4\pi-8$。
已知$AB = 4$，$BC=\sqrt{2}AB$，则$BC = 4\sqrt{2}$。
因为$E$为$BC$的中点，所以$BE=\frac{1}{2}BC = 2\sqrt{2}$。
在$Rt\triangle BME$中，$ME = AB = 4$，根据勾股定理$BM=\sqrt{ME^{2}-BE^{2}}$（勾股定理公式：$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，这里$c = ME$，$a = BE$，$b = BM$）。
代入$ME = 4$，$BE = 2\sqrt{2}$，可得$BM=\sqrt{4^{2}-(2\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{16 - 8}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$。
所以$\cos\angle BEM=\frac{BE}{ME}=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则$\angle BEM = 45^{\circ}$。
同理，在$Rt\triangle CEN$中，$EN = ME = 4$，$CE = BE = 2\sqrt{2}$，$\cos\angle CEN=\frac{CE}{EN}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\angle CEN = 45^{\circ}$。
那么$\angle MEN=180^{\circ}-\angle BEM-\angle CEN=90^{\circ}$。
2. 然后，计算阴影部分面积：
阴影部分面积$S = S_{扇形MEN}-S_{\triangle MEN}$。
扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（$n$是圆心角的度数，$r$是半径），这里$n = 90^{\circ}$，$r = ME = 4$，所以$S_{扇形MEN}=\frac{90\pi×4^{2}}{360}$。
三角形面积公式$S_{\triangle}=\frac{1}{2}ah$，对于$\triangle MEN$，$S_{\triangle MEN}=\frac{1}{2}× ME× NE$（因为$ME = NE = 4$且$\angle MEN = 90^{\circ}$）。
计算$S_{扇形MEN}=\frac{90\pi×16}{360}=4\pi$，$S_{\triangle MEN}=\frac{1}{2}×4×4 = 8$。
所以阴影部分面积$S = 4\pi-8$。
