例 我国古代重要建筑的室内上方,通常会在正中部位做出向上凸起的穹窿状装饰,称为藻井.北京故宫博物院内的太和殿上方即有藻井(图①),它展示出精美的装饰空间和造型艺术.从分层构造上来看,太和殿藻井由三层组成:最外层为方井,中层为八角井,内层为圆井.图②是由图①抽象出的平面图形.若内层圆井的面积为$\frac{π}{8}$,则最外层方井ABCD的边长是.

分析:由题意,得四边形ABCD是正方形,
∴ $AB=BC,∠B=90°,BE=BF=\frac{1}{2}AB$.
设圆的半径长为r,
∵ 内层圆井的面积为$\frac{π}{8}$,
∴ $π r^2=\frac{π}{8}$.
∴ $r=\frac{\sqrt{2}}{4}$.
由图可知内层圆是正方形EFGH的内切圆,根据正多边形与圆的关系可知,内层圆的直径即为正方形EFGH的边长.
∴ $EF=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
由题意可知,E为AB的中点,△BEF是等腰直角三角形.
∴ $BE=\frac{\sqrt{2}}{2}EF=\frac{1}{2}$.
∴ $AB=2BE=1$.
∴ 最外层方井ABCD的边长是1.
答案:1
方法点拨 本题考查了正多边形与圆的关系,正方形的性质,等腰直角三角形的性质,圆的面积的计算,知道正多边形与圆之间的关系是解题的关键.

解：
设内层圆井的半径长为$r$。
$\because$ 内层圆井的面积为$\frac{π}{8}$，
$\therefore π r^2 = \frac{π}{8}$，
解得$r=\frac{\sqrt{2}}{4}$。
由正多边形与圆的关系可知，内层圆是其外切正方形的内切圆，内层圆的直径等于该外切正方形的边长，
$\therefore$ 该外切正方形的边长为$2r=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
由题意可知，$E$为$AB$的中点，$F$为$BC$的中点，$△ BEF$是等腰直角三角形，且斜边$EF=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore BE=\frac{\sqrt{2}}{2}EF=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}$，
$\therefore AB=2BE=1$。
$\therefore$ 最外层方井$ABCD$的边长是$\boldsymbol{1}$。

【分析】
要求最外层方井ABCD的边长，可按以下思路逐步推导：首先从已知的内层圆井面积出发，先利用圆的面积公式求出圆的半径；再结合正多边形与圆的关系，可知内层圆的直径等于其外切正方形的边长，由此得到EF的长度；最后观察图形可知△BEF是等腰直角三角形，且E、F分别是AB、BC的中点，利用等腰直角三角形的边长关系求出BE的长度，即可由AB=2BE求出外层正方形的边长。
【解析】
设内层圆井的半径长为$r$。
$\because$ 内层圆井的面积为$\frac{π}{8}$，
$\therefore π r^2 = \frac{π}{8}$，
解得$r=\frac{\sqrt{2}}{4}$。
由正多边形与圆的关系可知，内层圆是其外切正方形的内切圆，内层圆的直径等于该外切正方形的边长，
$\therefore$ 该外切正方形的边长为$2r=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$EF=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
由题意可知，$E$为$AB$的中点，$F$为$BC$的中点，$△ BEF$是等腰直角三角形，
$\therefore BE=\frac{\sqrt{2}}{2}EF=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}$，
$\therefore AB=2BE=1$。
【答案】
$\boldsymbol{1}$
【知识点】
圆的面积计算，正多边形与圆，等腰直角三角形性质
【点评】
本题以传统建筑藻井为背景，将几何知识和传统文化场景结合，需要学生梳理清楚图形中各线段的数量关系逐层推导，侧重考查基础几何性质的实际应用能力。
【难度系数】
0.7