直角三角形与勾股定理
一、选择题
1．（2014?湖南张家界，第7题，3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=60°，DE是斜边AC 的中垂线，分别交AB、AC于D、E两点．若BD=2，则AC的长是（）
A．4B．
4C．8D．
8
考点：线段垂直平分线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
分析：求出∠ACB，根据线段垂直平分线求出AD=CD，求出∠ACD、∠DCB，求出CD、AD、AB，由勾股定理求出BC，再求出AC即可．
解答：解：如图，∵在Rt△ABC中，∠ACB=60°，
∴∠A=30°．
∵DE垂直平分斜边AC，
∴AD=CD，
∴∠A=∠ACD=30°，
∴∠DCB=60°﹣30°=30°，
∵BD=2，
∴CD=AD=4，
∴AB=2+4+2=6，
在△BCD中，由勾股定理得：CB=2，
在△ABC中，由勾股定理得：AC==4，
故选：B．
点评：本题考查了线段垂直平分线，含30度角的直角三角形，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识点的应用，主要考查学生运用这些定理进行推理的能力，题目综合性比较强，难度适中．
3. （2014?十堰9．（3分））如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DE⊥BC，垂足为点E，连接AC交DE于点F，点G为AF的中点，∠ACD=2∠ACB．若DG=3，EC=1，则DE的长为（）
A．2B．C．2D．
考点：勾股定理；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
分析：根据直角三角形斜边上的中线的性质可得DG=AG，根据等腰三角形的性质可得∠GAD=∠GDA，根据三角形外角的性质可得∠CGD=2∠GAD，再根据平行线的性质和等量关系可得∠ACD=∠CGD，根据等腰三角形的性质可得CD=DG，再根据勾股定理即可求解．
解答：解：∵AD∥BC，DE⊥BC，
∴DE⊥AD，∠CAD=∠ACB
∵点G为AF的中点，
∴DG=AG，
∴∠GAD=∠GDA，
∴∠CGD=2∠CAD，
∵∠ACD=2∠ACB，
∴∠ACD=∠CGD，
∴CD=DG=3，
在Rt△CED中，DE==2．
故选：C．
点评：综合考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质和直角三角形斜边上的中线，解题的关键是证明CD=DG=3．
5.（2014?山东淄博,第10题4分）如图，矩形纸片ABCD中，点E是AD的中点，且AE=1，BE的垂直平分线MN恰好过点C．则矩形的一边AB的长度为（）
A． 1 B． C． D． 2
考点：勾股定理；线段垂直平分线的性质；矩形的性质．
分析：本题要依靠辅助线的帮助，连接CE，首先利用线段垂直平分线的性质证明
BC=EC．求出EC后根据勾股定理即可求解．
解答：解：如图，连接EC．
∵FC垂直平分BE，
∴BC=EC（线段垂直平分线的性质）
又∵点E是AD的中点，AE=1，AD=BC，
故EC=2
利用勾股定理可得AB=CD==．
故选：C．
点评：本题考查的是勾股定理、线段垂直平分线的性质以及矩形的性质，本题的关键是要画出辅助线，证明BC=EC后易求解．本题难度中等．
6. （2014?安徽省,第8题4分）如图，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为（）
A．B．C． 4 D． 5
考点：翻折变换（折叠问题）．
分析：设BN=x，则由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x，根据中点的定义可得BD=3，在
Rt△ABC中，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．
解答：解：设BN=x，由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x，
∵D是BC的中点，
∴BD=3，
在Rt△ABC中，x2+32=（9﹣x）2，
解得x=4．
故线段BN的长为4．
故选：C．
点评：考查了翻折变换（折叠问题），涉及折叠的性质，勾股定理，中点的定义以及方程思想，综合性较强，但是难度不大．
9．（2014年山东泰安，第8题3分）如图，∠ACB=90°，D为AB的中点，连接DC并延长到E，使CE=CD，过点B作BF∥DE，与AE的延长线交于点F．若AB=6，则BF的长为（）
A．6 B．7C．8D．10 分析：根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CD=AB=3，则结合已知条件CE=CD可以求得ED=4．然后由三角形中位线定理可以求得BF=2ED=8．
解：如图，∵∠ACB=90°，D为AB的中点，AB=6，∴CD=AB=3．又CE=CD，
∴CE=1，∴ED=CE+CD=4．又∵BF∥DE，点D是AB的中点，
∴ED是△AFD的中位线，∴BF=2ED=8．故选：C．
点评：本题考查了三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线．根据已知条件求得ED的长度是解题的关键与难点．
10．（2014年山东泰安，第12题3分）如图①是一个直角三角形纸片，∠A=30°，BC=4cm，将其折叠，使点C落在斜边上的点C′处，折痕为BD，如图②，再将②沿DE折叠，使点A落在DC′的延长线上的点A′处，如图③，则折痕DE的长为（）
A．cm B．2cm C．2cm D．3cm 分析：根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC=60°，翻折前后两个图形能够互相重合可得∠BDC=∠BDC′，∠CBD=∠ABD=30°，∠ADE=∠A′DE，然后求出∠BDE=90°，再解直角三角形求出BD，然后求出DE即可．
解：∵△ABC是直角三角形，∠A=30°，∴∠ABC=90°﹣30°=60°，
∵沿折痕BD折叠点C落在斜边上的点C′处，
∴∠BDC=∠BDC′，∠CBD=∠ABD=∠ABC=30°，
∵沿DE折叠点A落在DC′的延长线上的点A′处，∴∠ADE=∠A′DE，
∴∠BDE=∠ABD+∠A′DE=×180°=90°，
在Rt△BCD中，BD=BC÷cos30°=4÷=cm，
在Rt△ADE中，DE=BD?tan30°=×=cm．故选A．
点评：本题考查了翻折变换的性质，解直角三角形，熟记性质并分别求出有一个角是30°角的直角三角形是解题的关键．
12．（2014?随州，第7题3分）如图，要测量B点到河岸AD的距离，在A点测得∠BAD=30°，在C点测得∠BCD=60°，又测得AC=100米，则B点到河岸AD的距离为（）
A．100米B．50米C．米D．50米
考点：解直角三角形的应用
分析：过B作BM⊥AD，根据三角形内角与外角的关系可得∠ABC=30°，再根据等角对等边可得BC=AC，然后再计算出∠CBM的度数，进而得到CM长，最后利用勾股定理可得答案．
解答：解：过B作BM⊥AD，
∵∠BAD=30°，∠BCD=60°，
∴∠ABC=30°，
∴AC=CB=100米，
∵BM⊥AD，
∴∠BMC=90°，
∴∠CBM=30°，
∴CM=BC=50米，
∴BD==50米，
故选：B．
点评：此题主要考查了解直角三角形的应用，关键是证明AC=BC，掌握直角三角形的性质：30°角所对直角边等于斜边的一半．
13．（2014?黔南州，第11题4分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BE平分∠ABC，ED⊥AB
于D．如果∠A=30°，AE=6cm，那么CE等于（）
A．cm B．2cm C．3cm D．4cm
考点：含30度角的直角三角形．
分析：根据在直角三角形中，30度所对的直角边等于斜边的一半得出AE=2ED，求出ED，再根据角平分线到两边的记录相等得出ED=CE，即可得出CE的值．
解答：解：∵ED⊥AB，∠A=30°，
∴AE=2ED，
∵AE=6cm，
∴ED=3cm，
∵∠ACB=90°，BE平分∠ABC，
∴ED=CE，
∴CE=3cm；
故选C．
点评：此题考查了含30°角的直角三角形，用到的知识点是在直角三角形中，30度所对的直角边等于斜边的一半和角平分线的基本性质，关键是求出ED=CE．
14．(2014年广西钦州，第12题3分)如图，在6个边长为1的小正方形及其部分对角线构成的图形中，如图从A点到B点只能沿图中的线段走，那么从A点到B点的最短距离的走法共有（）
A．1种B．2种C．3种D． 4种
考点：勾股定理的应用．
专题：计算题．
分析：如图所示，找出从A点到B点的最短距离的走法即可．
解答：解：根据题意得出最短路程如图所示，
最短路程长为+1=2+1，
则从A点到B点的最短距离的走法共有3种，
故选C
点评：此题考查了勾股定理的应用，弄清题意是解本题的关键．
15．(2014年贵州安顺，第9题3分)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，E为AB上一点且AE：EB=4：1，EF⊥AC于F，连接FB，则tan∠CFB的值等于（）
A．A B．C．D．
考点：锐角三角函数的定义．.
分析：tan∠CFB的值就是直角△BCF中，BC与CF的比值，设BC=x，则BC与CF就可以用x表示出来．就可以求解．
解答：解：根据题意：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
∵EF⊥AC，
∴EF∥BC，
∴
∵AE：EB=4：1，
∴=5，
∴=，
设AB=2x，则BC=x，AC=x．
∴在Rt△CFB中有CF=x，BC=x．
则tan∠CFB==．
故选C．
点评：本题考查锐角三角函数的概念：在直角三角形中，正弦等于对比斜；余弦等于邻边比斜边；正切等于对边比邻边．
16．（2014?山西，第4题3分）如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”，它解决的数学问题是（）
A．黄金分割B．垂径定理C．勾股定理D．正弦定理
考点：勾股定理的证明．
分析：“弦图”，说明了直角三角形的三边之间的关系，解决了勾股定理的证明．解答：解：“弦图”，说明了直角三角形的三边之间的关系，解决的问题是：勾股定理．
故选C．
点评：本题考查了勾股定理的证明，勾股定理证明的方法最常用的思路是利用面积证明．
17. （2014?乐山，第7题3分）如图，△ABC的顶点A、B、C在边长为1的正方形网格的格点上，BD⊥AC于点D．则CD的长为（）
A．B．C．D．
考点：勾股定理；三角形的面积．.
分析：利用勾股定理求得相关线段的长度，然后由面积法求得BD的长度；最后在直角△BCD 中，利用勾股定理来求CD的长度．
解答：
解：如图，由勾股定理得AC==．
∵BC×2=AC?BD，即×2×2=×BD
∴BD=．
在直角△BCD中，由勾股定理知，CD==．
故选：C．
点评：本题考查了勾股定理，三角形的面积．利用面积法求得线段BD的长度是解题的关键．19．(2014年湖北黄石) （2014?湖北黄石,第5题3分）如图，一个矩形纸片，剪去部分后得到一个三角形，则图中∠1+∠2的度数是（）
第1题图
A．30°B．60°C．90°D．120°
考点：直角三角形的性质．
分析：根据直角三角形两锐角互余解答．
解答：解：由题意得，剩下的三角形是直角三角形，
所以，∠1+∠2=90°．
故选C．
点评：本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，熟记性质是解题的关键．20．（2014?湖北荆门,第12题3分）如图，已知圆柱底面的周长为4dm，圆柱高为2dm，在圆柱的侧面上，过点A和点C嵌有一圈金属丝，则这圈金属丝的周长最小为（）
第2题图
A．4dm B．2dm C．2dm D．4dm
考点：平面展开-最短路径问题．
分析：要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，根据勾股定理计算即可．
解答：解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形，则则这圈金属丝的周长最小为2AC的长度．
∵圆柱底面的周长为4dm，圆柱高为2dm，
∴AB=2dm，BC=BC′=2dm，
∴AC2=22+22=4+4=8，
∴AC=2，
∴这圈金属丝的周长最小为2AC=4cm．
故选A．
点评：本题考查了平面展开﹣最短路径问题，圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高，本题就是把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决
21．（2014?四川绵阳,第11题3分）在边长为正整数的△ABC中，AB=AC，且AB边上的中线CD将△ABC的周长分为1：2的两部分，则△ABC面积的最小值为（）A．B．C．D．
考点：勾股定理；三角形的面积；三角形三边关系；等腰三角形的性质．
分析：设这个等腰三角形的腰为x，底为y，分为的两部分边长分别为n和2n，再根据题意列出关于x、n、y的方程组，用n表示出x、y的值，由三角形的三边关系舍去不符合条件的x、y的值，由n是正整数求出△ABC面积的最小值即可．
解答：解：设这个等腰三角形的腰为x，底为y，分为的两部分边长分别为n和2n，得或，
解得或，
∵2×＜（此时不能构成三角形，舍去）
∴取，其中n是3的倍数
∴三角形的面积S△=××=n2，对于S△=n2=n2，当n≥0时，S△随着n的增大而增大，故当n=3时，S△=取最小．
故选：C．
24. （2014?泰州，第6题，3分）如果三角形满足一个角是另一个角的3倍，那么我们称这个三角形为“智慧三角形”．下列各组数据中，能作为一个智慧三角形三边长的一组是（）A．1，2，3 B．1，1，C．1，1，D．1，2，
考点：解直角三角形
专题：新定义．
分析：A、根据三角形三边关系可知，不能构成三角形，依此即可作出判定；
B、根据勾股定理的逆定理可知是等腰直角三角形，依此即可作出判定；
C、解直角三角形可知是顶角120°，底角30°的等腰三角形，依此即可作出判定；
D、解直角三角形可知是三个角分别是90°，60°，30°的直角三角形，依此即可作出判
定．
解答：解：A、∵1+2=3，不能构成三角形，故选项错误；
B、∵12+12=（）2，是等腰直角三角形，故选项错误；
C、底边上的高是=，可知是顶角120°，底角30°的等腰三角形，
故选项错误；
D、解直角三角形可知是三个角分别是90°，60°，30°的直角三角形，其中90°÷30°=3，
符合“智慧三角形”的定义，故选项正确．
故选：D．
点评：考查了解直角三角形，涉及三角形三边关系，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定，“智慧三角形”的概念．
25. （2014?扬州，第7题，3分）如图，已知∠AOB=60°，点P在边OA上，OP=12，点M，N在边OB上，PM=PN，若MN=2，则OM=（）
（第4题图）
A．3B．4C．5D．6
考点：含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质
分析：过P作PD⊥OB，交OB于点D，在直角三角形POD中，利用锐角三角函数定义求出OD的长，再由PM=PN，利用三线合一得到D为MN中点，根据MN求出MD的长，由OD﹣MD即可求出OM的长．
解答：解：过P作PD⊥OB，交OB于点D，
在Rt△OPD中，cos60°==，OP=12，
∴OD=6，
∵PM=PN，PD⊥MN，MN=2，
∴MD=ND=MN=1，
∴OM=OD﹣MD=6﹣1=5．
故选C．
点评：此题考查了含30度直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解本题的关键．
26.（2014?扬州，第8题，3分）如图，在四边形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB=AN：ND=1：2，则tan∠MCN=（）
（第5题图）
A．B．C．D．﹣2
考点：全等三角形的判定与性质；三角形的面积；角平分线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理
专题：计算题．
分析：连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC=30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，
连接MN，过M点作ME⊥ON于E，则△MNA是等边三角形求得MN=2，设NF=x，表示出CF，根据勾股定理即可求得MF，然后求得tan∠MCN．
解答：解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，
∴AM=AN=2，BM=DN=4，
连接MN，连接AC，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°
在Rt△ABC与Rt△ADC中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（LH）
∴∠BAC=∠DAC=∠BAD=30°，MC=NC，
∴BC=AC，
∴AC2=BC2+AB2，即（2BC）2=BC2+AB2，
3BC2=AB2，
∴BC=2，
在Rt△BMC中，CM===2．
∵AN=AM，∠MAN=60°，
∴△MAN是等边三角形，
∴MN=AM=AN=2，
过M点作ME⊥ON于E，设NE=x，则CE=2﹣x，
∴MN2﹣NE2=MC2﹣EC2，即4﹣x2=（2）2﹣（2﹣x）2，
解得：x=，
∴EC=2﹣=，
∴ME==，
∴tan∠MCN==
故选A．
点评：此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角函数，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
二、填空题
1. （2014?山东威海，第17题3分）如图，有一直角三角形纸片ABC，边BC=6，AB=10，∠ACB=90°，将该直角三角形纸片沿DE折叠，使点A与点C重合，则四边形DBCE的周长为18 ．
考点：翻折变换（折叠问题）
分析：先由折叠的性质得AE=CE，AD=CD，∠DCE=∠A，进而得出，∠B=∠BCD，求得BD=CD=AD==5，DE为△ABC的中位线，得到DE的长，再在
Rt△ABC中，由勾股定理得到AC=8，即可得四边形DBCE的周长．
解答：解：∵沿DE折叠，使点A与点C重合，
∴AE=CE，AD=CD，∠DCE=∠A，
∴∠BCD=90°﹣∠DCE，
又∵∠B=90°﹣∠A，
∴∠B=∠BCD，
∴BD=CD=AD==5，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE==3，
∵BC=6，AB=10，∠ACB=90°，
∴，
∴四边形DBCE的周长为：BD+DE+CE+BC=5+3+4+6=18．
故答案为：18．
点评：本题主要考查了折叠问题和勾股定理的综合运用．本题中得到ED是△ABC 的中位线关键．
2. （2014?山东枣庄，第18题4分）图①所示的正方体木块棱长为6cm，沿其相邻三个面的对角线（图中虚线）剪掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②的几何体表面从
顶点A爬行到顶点B的最短距离为（3+3）cm．
考点：平面展开-最短路径问题；截一个几何体
分析：要求蚂蚁爬行的最短距离，需将图②的几何体表面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．
解答：解：如图所示：
△BCD是等腰直角三角形，△ACD是等边三角形，
在Rt △BCD 中，CD==6cm ，
∴BE=CD=3
cm ，
在Rt △ACE 中，AE==3cm ，
∴从顶点A 爬行到顶点B 的最短距离为（3+3）cm ． 故答案为：（3+3）．
点评： 考查了平面展开﹣最短路径问题，本题就是把图②的几何体表面展开成平面
图形，根据等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质解决问题．
3. （2014?山东潍坊，第18题3分）我国古代有这样一道数学问题：“枯木一根直立地上'高二丈周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何？，题意是：如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因一丈是十尺，则该圆柱的高为20尺，底面周长为3尺，有葛藤自点A 处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点B 处．则问题中葛藤的最短长度是__________尺．
考点：平面展开－最短路径问题；勾股定理的应用． 分析：这种立体图形求最短路径问题，可以展开成为平面内的问题解决，展开后可转化下图，所以是个直角三角形求斜边的问题，根据勾股定理可求出．
解答：解：如图，一条直角边（即木棍的高）长20尺，
另一条直角边长5×3=15（尺），因此葛藤长2
2
2015+=25（尺）． 故答案为：25
点评：本题考查了平面展开最短路径问题，关键是把立体图形展成平面图形，本题是展成平面图形后为直角三角形按照勾股定理可求出解．
5. （2014?江西抚州，第14题，3分）如图，两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC 和A'B'C'重合在一起，将三角板A'B'C'绕其顶点C'按逆时针方向旋转角α（0°< α≤90°），有以下四个结论：
①当α=30°时，A'C 与AB 的交点恰好为AB 的中点； ②当α=60°时，A'B'恰好经过点B ；
③在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA'BB'=； ④在旋转过程中，始终存在AA'BB'⊥，
其中结论正确的序号是 ① ② ④ .(多填或填错得0分，少填酌情给分）
解析：如图1，∵α=30°，∴∠ACA′=∠A=30°,∠BCA′=∠B=60°，∴DC=DA,DC=DB,∴DA=DB,∴D是AB的中点.正确
如图2，当α=60°时，取A′B′的中点E,连接CE,则∠B′CE=∠B′CB=60°,又CB=CB′,∴E、B重合，∴A′、B′恰好经过点B.正确
如图3，连接AA′,BB′,则⊿CAA′∽⊿CBB′,∴AA AC
BB BC
tan
'
==?=
'
603,∴AA′
=3BB′.错误
如图4，∠A′B′D=∠CBB′－60°,∠B′A′D=180°－(∠CA′A+30°),
∴∠A′B′D＋∠B′A′D=90°＋∠CBB′－∠CA′A
∵∠CBB′=∠CA′A ,
∴∠A′B′D＋∠B′A′D=90°,即∠D=90°,
∴AA′⊥BB′.正确
∴①，②，④正确.
7. (2014?年山东东营,第14题3分)如图，有两棵树，一棵高12米，另一棵高6米，两树相距8米，一只鸟从一棵树的树梢飞到另一棵数的树梢，问小鸟至少飞行10米．
考点：勾股定理的应用．
分析：根据“两点之间线段最短”可知：小鸟沿着两棵树的树梢进行直线飞行，所行的路程最短，运用勾股定理可将两点之间的距离求出．
解答：解：如图，设大树高为AB=12m，
小树高为CD=6m，
过C点作CE⊥AB于E，则四边形EBDC是矩形，
连接AC，
∴EB=6m，EC=8m，AE=AB﹣EB=12﹣6=6（m），
在Rt△AEC中，AC==10（m）．
故小鸟至少飞行10m．
故答案为：10．
8．（2014?四川宜宾，第14题，3分）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，将△ABC折叠，使点B恰好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，则EB′= 1.5 ．
考点：翻折变换（折叠问题）
分析：首先根据折叠可得BE=EB′，AB′=AB=3，然后设BE=EB′=x，则EC=4﹣x，在Rt△ABC中，由勾股定理求得AC的值，再在Rt△B′EC中，由勾股定
理可得方程x2+22=（4﹣x）2，再解方程即可算出答案．
解答：解：根据折叠可得BE=EB′，AB′=AB=3
设BE=EB′=x，则EC=4﹣x，
∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得，，
∴B′C=5﹣3=2，
在Rt△B′EC中，由勾股定理得，x2+22=（4﹣x）2，
解得x=1.5．
故答案为：1.5．
点评：此题主要考查了翻折变换，关键是分析清楚折叠以后哪些线段是相等的．
9.（2014?四川凉山州，第16题，4分）已知一个直角三角形的两边的长分别是3和4，则
第三边长为5或．
考点：勾股定理．
专题：分类讨论．
分析：已知直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论：①3是直角边，4是斜边；②3、4均为直角边；可根据勾股定理求出上述
两种情况下，第三边的长．
解答：解：①长为3的边是直角边，长为4的边是斜边时：
第三边的长为：=；
②长为3、4的边都是直角边时：
第三边的长为：=5；
故第三边的长为：5或．
点评：此题主要考查的是勾股定理的应用，要注意的是由于已知的两边是直角边还是斜边并不明确，所以一定要分类讨论，以免漏解．
10．（2014?四川凉山州，第26题，5分）如图，圆柱形容器高为18cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底4cm的点B处有乙滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿2cm与
蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外币A处到达内壁B处的最短距离为20 cm．
考点：平面展开－最短路径问题
分析：将杯子侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．
解答：解：如图：
将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，
A′B===20（cm）．
故答案为：20．