【答案】：
解：( 1 ) ∵四邊形ABCD為正方形
∴∠ABC=∠DCB=90°∴EB，F(xiàn)C為半圓的切線
∵EF與半圓相切于點(diǎn)G
∴EB=EG，F(xiàn)C=FG.
∴C_{四邊形AEFD}=AE+EG+FG+FD+AD
=( AE+EB ) +( FC+FD ) +AD
=AB+CD+AD
=3a，
即四邊形AEFD的周長為3a
解：( 2 ) 過點(diǎn)F作FH⊥AB，垂足為點(diǎn)H

在Rt△FHE中，
∵∠BEF=60°
∴∠HFE=90°-60°=30°
∴EF=2EH，$FH=\sqrt{3}EH$
∵FH=BC=a
∴$EH=\frac {\sqrt{3}}{3}a，$
$EF=\frac {2\sqrt{3}}{3}a$
∴C_{四邊形EBCF}
=EB+CF+EF+BC
=EG+FG+EF+BC
=2EF+BC
$=(\frac {4\sqrt{3}}{3}+1)a，$
即邊形EBCF的周長為$(\frac {4\sqrt{3}}{3}+1)a $


【解析】：
（1）設(shè)半圓的圓心為O，半徑為$\frac{a}{2}$，設(shè)$BE = x$，$CF = y$。因?yàn)镋F切半圓于G，所以$EG = BE = x$，$FG = CF = y$。在直角梯形EBCF中，$EF = x + y$，高$BC = a$，下底$BC = a$，上底$EF$在兩腰之間，過F作$FH \perp AB$于H，則$EH = x - y$，$FH = a$。在$Rt\triangle EHF$中，$(x + y)^2 = a^2 + (x - y)^2$，化簡得$4xy = a^2$。四邊形AEFD的周長為$AE + EF + FD + DA = (a - x) + (x + y) + (a - y) + a = 3a$。
（2）因?yàn)?\angle BEF = 60^\circ$，在$Rt\triangle EHF$中，$\cos 60^\circ = \frac{EH}{EF} = \frac{x - y}{x + y} = \frac{1}{2}$，即$2(x - y) = x + y$，得$x = 3y$。由（1）知$4xy = a^2$，將$x = 3y$代入得$4 × 3y × y = a^2$，$y = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}a}{6}$，$x = \frac{\sqrt{3}a}{2}$。四邊形EBCF的周長為$BE + BC + CF + EF = x + a + y + (x + y) = 2x + 2y + a = 2(x + y) + a$。由$x = 3y$，$x + y = 4y = \frac{2\sqrt{3}a}{3}$，所以周長為$2 × \frac{2\sqrt{3}a}{3} + a = \frac{4\sqrt{3}a}{3} + a = (\frac{4\sqrt{3}}{3} + 1)a$。

【答案】：
解：∵ AC⊥BC，
∴∠ACB = 90°，
∵ BC=4，AC= 3，
∴AB= 5
連接OD、OE；

∴AC、BE是O的切線，
∴∠ODC=∠OEC=∠DCE= 90°；
∴四邊形ODCE是矩形；
∵OD = OE，
∴矩形ODCE是正方形；
即OE= OD= CD；
設(shè)CD= CE=x，
則AD= AF=3- x；
連接OB， OF，
由勾股定理得：\
$BF^2 = OB^2 - OF^2，$\
$BE^2 =OB^2 - OE^2$
∵ OB= OB， OF= OE，
∴ BF= BE，
則BA+ AF= BC +CE，
\ 5+3-x=4+x，
即x = 2；
故⊙O的半徑為2.


【解析】：
連接OD、OE、OF。
∵AC⊥BC，⊙O與AC、BC、AB分別相切于D、E、F，
∴OD⊥AC，OE⊥BC，OD=OE=OF=r。
∴四邊形CDOE是正方形，CD=CE=r。
∵AC=3，BC=4，
∴AD=AC-CD=3-r，BE=BC-CE=4-r。
∵AD=AF，BE=BF，
∴AF=3-r，BF=4-r。
在Rt△ABC中，AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
∵AF+BF=AB，
∴(3-r)+(4-r)=5，
解得r=1。
1

【答案】：
18

【解析】：

∵⊙O與四邊形ABCD各邊都相切，
∴AE=AH，BE=BF，CF=CG，DG=DH，
∴AB+CD=AE+BE+CG+DG=AH+BF+CF+DH=AD+BC，
∵四邊形ABCD的周長為36 cm，
∴AB+BC+CD+AD=36 cm，
∴2(AB+CD)=36 cm，
∴AB+CD=18 cm.
18