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$π$
$\frac{9}{4}$
解：连接​$BE$​，​$DF$​，​$EF$​，过点​$P_{作}PH⊥ AB$​于点​$H$​，

则​$∠ BHP=∠ AHP=90°$​。
​$ $​因为四边形​$ABCD$​是边长为​$3\sqrt {2}$​的正方形，
​$ $​所以​$AB=3\sqrt {2}$​，​$∠ ABP=∠ ADP=45°$​，
​$ $​所以​$∠ BPH=90°-∠ ABP=45°$​，
​$ $​所以​$∠ ABP=∠ BPH$​，即​$BH=PH$​。
​$ $​设​$BH=PH=x$​，则​$BP=\sqrt {BH^2+PH^2}=\sqrt {2}x$​。
​$ $​又​$BP=2$​，所以​$\sqrt {2}x=2$​，解得​$x=\sqrt {2}$​，
​$ $​所以​$BH=PH=\sqrt {2}$​，​$AH=AB-BH=2\sqrt {2}$​，
​$ $​所以​$AP=\sqrt {AH^2+PH^2}=\sqrt {10}$​。
​$ $​因为​$E$​，​$F $​分别是​$△ APB$​和​$△ APD$​的外心，
​$ $​所以​$∠ AEP=2∠ ABP=90°$​，​$∠ AFP=2∠ ADP=90°$​，​$EA=EP$​，​$FA=FP$​，
​$ $​所以​$∠ EAP=∠ EPA=\frac {1}{2}(180°-∠ AEP)=45°$​，​$∠ FAP=∠ FPA=\frac {1}{2}(180°-∠ AFP)=45°$​，
​$ $​所以​$∠ EAF=∠ EAP+∠ FAP=90°$​，
​$ $​因此四边形​$AEPF $​是正方形，​$EF⊥ AP$​，​$EF=AP=\sqrt {10}$​，
​$ $​所以​$S_{正方形AEPF}=\frac {1}{2}EF· AP=5$​。
​$ $​故四边形​$AEPF $​的面积为​$5$​。
解：连接​$OA$​，​$OM$​，​$ON$​。
​$ $​因为半圆分别与​$AB$​，​$AC$​相切于点​$M$​，​$N$​，
​$ $​所以​$AM=AN$​，​$OM⊥ AB$​，​$ON⊥ AC$​，
即​$∠ OMA=∠ ONA=90°$​。
​$ $​因为​$∠ BAC=120°$​，
​$ $​所以​$∠ MON=360°-∠ BAC-∠ OMA-∠ ONA=60°$​。
​$ $​设半圆的半径为​$r$​，由​$\overset {\frown }{MN}$​的长为​$π$​，得​$\frac {60π r}{180}=π$​，
解得​$r=3$​，即​$OM=ON=3$​。
​$ $​在​$Rt△ OAM$​和​$Rt△ OAN$​中，
​$ \begin {cases}OA=OA\\OM=ON\end {cases}$​，所以​$Rt△ OAM≌Rt△ OAN$​，
​$ $​所以​$∠ AOM=∠ AON=\frac {1}{2}∠ MON=30°$​，
即​$AM=AN=\frac {1}{2}OA$​。
​$ $​设​$AM=AN=x$​，则​$OA=2x$​，
由勾股定理得​$OM=\sqrt {OA^2-AM^2}=\sqrt {3}x$​，
即​$\sqrt {3}x=3$​，解得​$x=\sqrt {3}$​，
所以​$AM=AN=\sqrt {3}$​。
​$ $​因为​$AB+AC=16$​，
所以​$BM+CN=AB+AC-AM-AN=16-2\sqrt {3}$​，
​$ $​因此​$S_{△ OBM}+S_{△ OCN}=\frac {1}{2}BM· OM+\frac {1}{2}CN· ON$​
​$=\frac {1}{2}(BM+CN)· OM=24-3\sqrt {3}$​。
​$ $​又​$∠ MOE+∠ NOF=180°-∠ MON=120°$​，
​$ $​所以​$S_{扇形OEM}+S_{扇形OFN}=\frac {120π×3^2}{360}=3π$​，
​$ $​所以​$S_{阴影}=S_{△ OBM}+S_{△ OCN}-(S_{扇形OEM}+S_{扇形OFN})$​
​$=24-3\sqrt {3}-3π$​。
​$ $​故阴影部分的面积为​$24-3\sqrt {3}-3π$​。

解：​$ (1) $​连接​$OB$​。

​$ $​因为​$OD⊥ BC$​，​$BC=4\sqrt {3}$​，
​$ $​所以​$∠ OEB=90°$​，​$BE=\frac {1}{2}BC=2\sqrt {3}$​。
​$ $​设​$\odot O$​的半径为​$R$​，则​$OB=OD=R$​。
​$ $​由​$DE=2$​，得​$OE=OD-DE=R-2$​。
​$ $​由勾股定理​$BE^2+OE^2=OB^2$​，代入得​$(2\sqrt {3})^2+(R-2)^2=R^2$​，
解得​$R=4$​。
​$ $​故​$\odot O$​的半径为​$4$​。
​$ (2) $​连接​$OB$​，​$BD$​，过点​$O$​作​$OF⊥ BD$​于点​$F$​，延长​$FO$​与​$\odot O$​交于点​$A$​，

此时阴影部分的面积最大。
​$ $​因为​$OA=OB=OD=4$​，​$DE=2$​，
所以​$OE=OD-DE=2$​，
即​$OE=\frac {1}{2}OB$​。
​$ $​由​$∠ OEB=90°$​，得​$∠ OBE=30°$​，
因此​$∠ BOE=90°-∠ OBE=60°$​，
​$ $​所以​$△ OBD$​为等边三角形，​$BD=OB=4$​，
即​$BF=DF=\frac {1}{2}BD=2$​。
​$ $​所以​$S_{△ OAB}=\frac {1}{2}OA· BF=4$​，​$S_{△ OAD}=\frac {1}{2}OA· DF=4$​。
​$ $​又​$S_{扇形OBD}=\frac {60π×4^2}{360}=\frac {8π}{3}$​，
​$ $​所以​$S_{阴影}=S_{扇形OBD}+S_{△ OAB}+S_{△ OAD}=\frac {8π}{3}+8$​。
​$ $​故阴影部分面积的最大值为​$\frac {8π}{3}+8$​。
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