《解三角形的实际应用》解三角形的实际应用

1单选题

如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成的角)．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是(　　)

$\frac {$\sqrt {30}$}{5}$

$\frac {$\sqrt {30}$}{10}$

$\frac {4$\sqrt {3}$}{9}$

$\frac {5$\sqrt {3}$}{9}$

题目答案

答案解析

分析：

在直角三角形ABC中，由AB与AC的长，利用勾股定理求出BC的长，过P作PP′⊥BC，交BC于点P′，连接AP′，利用锐角三角函数定义表示出tanθ=$\frac {PP′}{AP′}$，设BP′=m，则CP′=20-m，利用锐角三角函数定义表示出PP′，利用勾股定理表示出AP′，表示出tanθ，即可确定出tanθ的值．

解答：

解：∵AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，

∴BC=20cm，

过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=$\frac {PP′}{AP′}$，

设BP′=x，则CP′=20-x，

由∠BCM=30°，得PP′=CP′tan30°=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$(20-x)，

在直角△ABP′中，AP′=$\sqrt {}$，

∴tanθ=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$•$\frac {20-x}{$\sqrt {}$}$，

令y=$\frac {20-x}{$\sqrt {}$}$，则函数在x∈[0，20]单调递减，

∴x=0时，取得最大值为$\frac {20$\sqrt {3}$}{45}$=$\frac {4$\sqrt {3}$}{9}$，

若P′在CB的延长线上，PP′=CP′tan30°=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$(20+x)，

在直角△ABP′中，AP′=$\sqrt {}$，

∴tanθ=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$•$\frac {20+x}{$\sqrt {}$}$，

令y=$\frac {(20+x)}{225+x}$，则y′=0可得x=$\frac {45}{4}$时，函数取得最大值$\frac {5$\sqrt {3}$}{9}$，

则tanθ的最大值是$\frac {5$\sqrt {3}$}{9}$．

点评：

此题考查了正弦定理，锐角三角函数定义，以及解三角形的实际应用，弄清题意是解本题的关键．

2填空题

如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，cosA=$\frac {12}{13}$，cosC=$\frac {3}{5}$

(1)索道AB=m；

(2)乙在缆车上与甲的距离最短时，乙出发了分钟．

填空题答案仅供参考

题目答案

1040$\frac {35}{37}$

答案解析

分析：

(1)作出相应的图形，根据cosC的值，求出tanC的值，设出BD表示出DC，由cosA的值，求出tanA的值，由BD表示出AD，进而表示出AB，由CD+AD=AC，列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值，即可确定出AB的长；

(2)设乙出发xmin后到达点M，此时甲到达N点，如图所示，表示出AM与AN，在三角形AMN中，由余弦定理列出关系式，将表示出的AM，AN及cosA的值代入表示出MN_，利用二次函数的性质即可求出MN取最小值时x的值．

解答：

解：(1)∵cosA=$\frac {12}{13}$，cosC=$\frac {3}{5}$，

∴tanA=$\frac {5}{12}$，tanC=$\frac {4}{3}$，

如图作BD⊥CA于点D，

设BD=20k，则DC=15k，AD=48k，AB=52k，

由AC=63k=1260m，解得：k=20，

则AB=52k=1040m；

(2)设乙出发xmin后到达点M，此时甲到达N点，如图所示，

则AM=130xm，AN=50(x+2)m，

由余弦定理得：MN_=AM_+AN_-2AM•ANcosA=7400x-14000x+10000，

其中0≤x≤8，当x=$\frac {35}{37}$min时，MN最小，此时乙在缆车上与甲的距离最短．

点评：

此题考查了余弦定理，锐角三角函数定义，以及勾股定理，利用了分类讨论及数形结合的思想，属于解直角三角形题型．

3单选题

某兴趣小组测量电视塔AE的高度H(单位：m)，如示意图，垂直放置的标杆BC的高度h=4m，仰角∠ABE=α，∠ADE=β．该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位：m)，使α与β之差较大，可以提高测量精确度．若电视塔的实际高度为125m，当α-β最大时，d为( )

55$\sqrt {5}$

$\sqrt {62}$

53$\sqrt {2}$

题目答案

答案解析

分析：

先用d分别表示出tanα和tanβ，再根据两角和公式，求得tan(α-β)=$\frac {h}{d+$\frac {H(H-h)}{d}$}$，再根据均值不等式可知当d=$\sqrt {H(H-h)}$=$\sqrt {125×121}$=55$\sqrt {5}$时，tan(α-β)有最大值即α-β有最大值，得到答案．

解答：

解：由题设知d=AB，得tanα=$\frac {H}{d}$，tanβ=$\frac {H}{AD}$=$\frac {h}{DB}$=$\frac {H-h}{d}$，

tan(α-β)=$\frac {tanα-tanβ}{1+tanα•tanβ}$=$\frac {$\frac {H}{d}$-$\frac {H-h}{d}$}{1+$\frac {H}{d}$•$\frac {H-h}{d}$}$=$\frac {hd}{d_+H(H-h)}$=$\frac {h}{d+$\frac {H(H-h)}{d}$}$

d+$\frac {H(H-h)}{d}$≥2$\sqrt {H(H-h)}$，(当且仅当d=$\sqrt {H(H-h)}$=$\sqrt {125×121}$=55$\sqrt {5}$时，取等号)

故当d=55$\sqrt {5}$时，tan(α-β)最大．

因为0＜β＜α＜$\frac {π}{2}$，则0＜α-β＜$\frac {π}{2}$，所以当d=55$\sqrt {5}$时，α-β最大．

故所求的d是55$\sqrt {5}$m．

点评：

本题主要考查解三角形的知识、两角差的正切及不等式的应用．当涉及最值问题时，可考虑用不等式的性质来解决．

4填空题

如图，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A、B、C三点进行测量．已知AB=50 m，BC=120 m，于A处测得水深AD=80 m，于B处测得水深BE=200 m，于C处测得水深CF=110 m，cos∠DEF=．

填空题答案仅供参考

题目答案

$\frac {16}{65}$

答案解析

分析：

先利用勾股定理分别求得DF，DE和EF，进而利用余弦定理求得cos∠DEF的值．

解答：

解：如图作DM∥AC交BE于N，交CF于M．

DF=$\sqrt {}$=$\sqrt {}$=10$\sqrt {298}$(m)，

DE=$\sqrt {}$=$\sqrt {}$=130(m)，

EF=$\sqrt {}$=$\sqrt {}$=150(m)．

在△DEF中，由余弦定理的变形公式，得

cos∠DEF=$\frac {DE_+EF_-DF}{2DE•EF}$=$\frac {130_+150_-10_×298}{2×130×150}$=$\frac {16}{65}$．

点评：

本题主要考查了解三角形问题的实际应用．综合考查了三角形问题中勾股定理，余弦定理的灵活运用．

5填空题

一艘轮船以22$\sqrt {6}$km/h速度向正北方向航行，在A处看灯塔S在船的北偏东45°方向，1小时30分钟后船行到B处，在B处看灯塔S在船的南偏东75°方向上，则灯塔S与B的距离为km．

填空题答案仅供参考

题目答案

答案解析

分析：

确定△ABS中的已知边与角，利用正弦定理，即可求得结论．

解答：

解：由题意，△ABS中，∠A=45°，∠B=75°，AB=33$\sqrt {6}$km/h

∴∠S=60°

∴由正弦定理，可得BS=$\frac {AB•sinA}{sinS}$=$\frac {33$\sqrt {6}$•$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$}{$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$}$=66

故答案为：66km

点评：

本题考查正弦定理，考查学生的计算能力，属于基础题．

6单选题

如图，一船由西向东航行，测得某岛M的方位角为α，前进5km后，测得此岛的方位角为β，已知该岛周围3km内有暗礁，现该船继续东行，若α=60°，β=45°，问该船有无触礁危险？

有

无

无法确定

题目答案

答案解析

分析：

确定∠AMC、∠BMC，利用AB=5，求出MC与3比较，即可得到结论．

解答：

解：∵α=60°，β=45°，∴在Rt△MCA中，∠AMC=60°，在Rt△MCB中，∠BMC=45°，

∵AB=5，∴$\sqrt {3}$MC-MC=5

∴MC=$\frac {5}{$\sqrt {3}$-1}$=$\frac {5($\sqrt {3}$+1)}{2}$＞3

∴该船没有触礁危险．------------------(8分)

点评：

本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．

7单选题

某观察站C与两灯塔A、B的距离分别为300米和500米，测得灯塔A在观察站C北偏东30°，灯塔B在观察站C正西方向，则两灯塔A、B间的距离为（　　）

500米

600米

700米

800米

题目答案

答案解析

分析：

根据题意，△ABC中，AC=300米，BC=500米，∠ACB=120°，利用余弦定理可求得AB的长

解答：

解：由题意，△ABC中，AC=300米，BC=500米，∠ACB=120°

利用余弦定理可得：AB_=300_+500_-2×300×500×cos120°

∴AB=700米

故选：C．

点评：

本题以方位角为载体，考查三角形的构建，考查余弦定理的运用，属于基础题．

8填空题

在特定时段内，以点E为中心的5海里以内海域被设为警戒水域．点E正南30海里处有一个雷达观测点A．某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A南偏东45°且与点A相距20$\sqrt {2}$海里的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A南偏东45°+θ(其中cosθ=$\frac {5}{$\sqrt {26}$}$，0＜θ＜$\frac {π}{2}$)且与点A相距5$\sqrt {13}$海里的位置C．从C点到进入警戒水域，船还要行驶的时间为小时．

填空题答案仅供参考

题目答案

2.4

答案解析

分析：

以A为原点建立平面直角坐标系，求出点E(0，30)到直线BC的距离为d=2$\sqrt {5}$＜5所以船会进入警戒水域，求出GC，即可求得结论．

解答：

解：如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，

设点B(x$_1$，y$_1$)，C(x$_2$，y$_2$)，BC与x轴的交点为D．

由题设有，x$_1$=20，y$_1$=-20，x$_2$=ACcos∠CAD=15，y$_2$=-ABsin∠CAD=-10

所以过点B，C的直线l的斜率-2，直线l方程为：y=-2x+20，

又点E(0，30)到直线BC的距离为d=2$\sqrt {5}$＜5

所以船会进入警戒水域．

又设直线BC上点G(x，20-2x)到点E距离为5．

则(x-0)_+(20-2x-30)_=25，

∴x=-3或-5

由图形易知G(-3，26)，则GC=18$\sqrt {5}$

所以从C点到进入警戒水域，船还要行驶18$\sqrt {5}$÷$\frac {15$\sqrt {5}$}{2}$=2.4(小时)．

点评：

本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，考查学生的运算能力、综合考虑问题的能力．

9单选题

如图所示，C、D、A三点在同一水平线上，AB是塔的中轴线，在C$_1$、D$_1$两处测得塔顶部B处的仰角分别是α=30°和β=60°，如果C、D间的距离是20m，测角仪CC$_1$=DD$_1$=1.5m，则塔高为(　　)(精确到0.1m)

18.8m

10.2m

11.5m

21.5m

题目答案

答案解析

分析：

求出∠BD$_1$C$_1$，由三角形的内角和公式求出∠D$_1$BC$_1$，判断△BC$_1$D$_1$是等腰三角形，BD$_1$=C$_1$D$_1$=20，由AB=1.5+BD$_1$sin60°，运算求得结果．

解答：

解：由题意可得∠BD$_1$C$_1$=180°-60°=120°，∴∠D$_1$BC$_1$=180°-120°-30°=30°，

∴△BC$_1$D$_1$是等腰三角形，∴BD$_1$=C$_1$D$_1$=20，故AB=1.5+BD$_1$sin60°=1.5+10$\sqrt {3}$=18.8(cm)，

故选：A．

点评：

本题考查直角三角形中的边角关系的应用，求出BD$_1$=C$_1$D$_1$=20，是解题的关键．

10填空题

如图所示，我舰在敌岛A南偏西50°相距12海里的B处，发现敌舰正由岛A沿北偏西10°的方向以每小时10海里的速度航行，我舰要用2小时在C处追上敌舰，则需要的速度是海里/小时．

填空题答案仅供参考

题目答案

答案解析

分析：

由题意推出∠BAC=120°，利用余弦定理求出BC=28，然后推出我舰的速度；

解答：

解：依题意，∠BAC=120°，AB=12，AC=10×2=20，

在△ABC中，由余弦定理，得BC_=AB_+AC_-2AB×AC×cos∠BAC=12_+20_-2×12×20×cos120°=784．

解得BC=28．所以我舰的速度为 $\frac {BC}{2}$=14海里/小时．

故答案为：14海里/小时．

点评：

本题是中档题，考查三角函数在实际问题中的应用，余弦定理的应用，考查计算能力．

11单选题

南海中学校园内建有一块矩形草坪ABCD，AB=50米，BC=25$\sqrt {3}$米，为了便于师生平时休闲散步，总务科将在这块草坪内铺设三条小路OE、EF和OF，考虑到校园整体规划，要求O是AB的中点，点E在边BC上，点F在边AD上且∠EOF=90°，如图所示．设∠BOE=α，试将△OEF的面积S表示成α的函数关系式，此函数的定义域是( )

[-π，π]

[$\frac {π}{4}$，$\frac {π}{2}$]

[$\frac {π}{6}$，$\frac {π}{3}$]

[0，2π]

题目答案

答案解析

分析：

要将△OEF的周长l表示成α的函数关系式，需把△OEF的三边分别用含有α的关系式来表示，而OE，OF，分别可以在Rt△OBE，Rt△OAF中求解，利用勾股定理可求EF，从而可求．

解答：

解：∵在Rt△BOE中，OB=25，∠B=90°，∠BOE=α，

∴OE=$\frac {25}{cosα}$

在Rt△AOF中，OA=25，∠A=90°，∠AFO=α，

∴OF=$\frac {25}{sinα}$．

又∠EOF=90°，

∴EF=$\frac {25}{cosαsinα}$，

∴l=OE+OF+EF=$\frac {25}{cosα}$+$\frac {25}{sinα}$+$\frac {25}{cosαsinα}$=$\frac {25(sinα+cosα+1)}{cosαsinα}$．

当点F在点D时，这时角α最小，求得此时α=$\frac {π}{6}$；

当点E在C点时，这时角α最大，求得此时α=$\frac {π}{3}$．

故此函数的定义域为[$\frac {π}{6}$，$\frac {π}{3}$]．

点评：

本题主要考查了借助于三角函数解三角形在实际问题中的应用，考查了利用数学知识解决实际问题的能力及推理运算的能力．

12单选题

某观测站C在城A的南偏西15°方向，从城A出发有一条公路，走向是南偏东30°，在C处测得距C处7km的公路上B处有一辆汽车正沿着公路向A城开去，开3km后，到达D处，测得CD=5km．观测站C与城A的距离是( )

$\frac {3$\sqrt {7}$}{2}$

$\frac {5$\sqrt {6}$}{2}$

$\frac {$\sqrt {21}$}{3}$

$\frac {$\sqrt {17}$}{2}$

题目答案

答案解析

分析：

通过三角形CBD，利用余弦定理求出∠CDB，在△ACD中，利用正弦定理求出AC的长即可．

解答：

解：△CBD中，cos∠CDB=$\frac {AC_+CD_-AD_}{2•AC•CD}$=$\frac {5_+3_-7}{2•5•3}$=-$\frac {1}{2}$，

∴∠CDB=120°…(4分)

△ACD中，∠A=45°，∠ADC=60°，∠ACD=75°…(6分)

∵$\frac {5}{sin45°}$=$\frac {AC}{sin60°}$，

∴AC=$\frac {5$\sqrt {6}$}{2}$(km)…(10分)

点评：

本题是中档题，考查三角形中正弦定理与余弦定理的应用，注意方位角的处理，考查计算能力．

13单选题

在O点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于P点，一分钟后，其位置在Q点，且∠POQ=90°，再过两分钟后，该物体位于R点，且∠QOR=30°，则tan∠OPQ的值为（　　）

$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$

$\frac {2$\sqrt {3}$}{3}$

$\frac {3}{2}$

$\frac {2}{3}$

题目答案

答案解析

分析：

根据题意设PQ=x，可得QR=x，∠POQ=90°，∠QOR=30°，∠OPQ+∠R=60°．算出∠R=60°-∠OPQ，分别在△ORQ、△OPQ中利用正弦定理，计算出OQ长，再建立关于∠OPQ的等式，解之即可求出tan∠OPQ的值．

解答：

解：根据题意，设PQ=x，则QR=x，

∵∠POQ=90°，∠QOR=30°，∴∠OPQ+∠R=60°，即∠R=60°-∠OPQ

在△ORQ中，由正弦定理得$\frac {OQ}{sin∠R}$=$\frac {QR}{sin30°}$

∴OQ=$\frac {x•sin∠R}{sin30°}$=2xsin∠R=2xsin(60°-∠OPQ)

在△OPQ中，由正弦定理得OQ=$\frac {OP}{sin90°}$×sin∠OPQ=xsin∠OPQ

∴2xsin(60°-∠OPQ)=xsin∠OPQ

∴2sin(60°-∠OPQ)=sin∠OPQ

∴2($\frac {$\sqrt {3}$}{2}$cos∠OPQ-$\frac {1}{2}$sin∠OPQ)=sin∠OPQ

整理得$\sqrt {3}$cos∠OPQ=2sin∠OPQ，所以tan∠OPQ=$\frac {sin∠OPQ}{cos∠OPQ}$=$\frac {2}{$\sqrt {3}$}$=$\frac {2$\sqrt {3}$}{3}$．

故选：B

点评：

本题考查利用正弦定理解决实际问题，要把实际问题转化为数学问题，利用三角函数有关知识进行求解是解决本题的关键．

14填空题

如图，CD是一座铁塔，线段AB和塔底D在同一水平地面上，在A，B两点测得塔顶C的仰角分别为30°和45°，又测得AB=12m，∠ADB=30°，则此铁塔的高度为m．

填空题答案仅供参考

题目答案

答案解析

分析：

先确定AD，BD的长，再利用余弦定理，即可求得铁塔的高度．

解答：

解：设铁塔的高度为h米，

∵A，B两点测得塔顶C的仰角分别为30°和45°，

∴AD=CDtan(90°-30°)=$\sqrt {3}$h，BD=h，

在△ABD中，AB=12，∠ADB=30°，∴由余弦定理AB_=BD_+AD_-2AD•BDcos∠ADB，

可得12_=3h_+h_-2×$\sqrt {3}$h×h×cos30°，∴12_=h_

解得h=12米．

故答案为：12．

点评：

本题考查解三角形的实际应用，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．

15单选题

如图，CD是一座铁塔，线段AB和塔底D在同一水平地面上，在A，B两点测得塔顶C的仰角分别为60°和45°，又测得AB=24m，∠ADB=30°，则此铁塔的高度为(　　)m．

24$\sqrt {3}$

12$\sqrt {3}$

24$\sqrt {2}$

题目答案

答案解析

分析：

先利用锐角三角函数定义确定AD，BD的长，再利用余弦定理，即可求得铁塔的高度．

解答：

解：设铁塔的高度为hm，则

∵A，B两点测得塔顶C的仰角分别为60°和45°，

∴AD=CDtan(90°-60°)=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$hm，BD=hm，

在△ABD中，AB=24m，∠ADB=30°，

∴由余弦定理可得24_=$\frac {1}{3}$h_+h_-2×$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$h×h×cos30°，

整理得：h_=3×24_，

∴h=24$\sqrt {3}$m．

故选A

点评：

此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．

16单选题

一艘船上午9：30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30°处，且与它相距8$\sqrt {2}$海里，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°，此船的航速是（　　）

8($\sqrt {6}$+$\sqrt {2}$)

8($\sqrt {6}$-$\sqrt {2}$)

16($\sqrt {6}$+$\sqrt {2}$)

16($\sqrt {6}$-$\sqrt {2}$)

题目答案

答案解析

分析：

由题意及图形在△ABS中，已知∠BAS=30°，∠ASB=45°，又已知三角形ABS中边AS=8$\sqrt {2}$海里，先求出边AB的长，再利用物理知识解出．

解答：

解：∵在△ABS中，已知∠BAS=30°，∠ASB=45°，且边AS=8$\sqrt {2}$海里，

∴利用正弦定理可得：$\frac {AB}{sin45°}$=$\frac {AS}{sin105°}$

∴AB=8($\sqrt {6}$-$\sqrt {2}$)，

∵从A到S匀速航行时间为半个小时，

∴速度应为：$\frac {8($\sqrt {6}$-$\sqrt {2}$)}{$\frac {1}{2}$}$=16($\sqrt {6}$-$\sqrt {2}$)海里/小时．

故选：D．

点评：

本题以实际问题为载体，考查正弦定理的运用，考查了学生的物理知识，属于基础题．

17单选题

如图，△ABC是简易遮阳棚，A、B是南北方向上两个定点，正东方向射出的太阳光线与地面成40°角，为了使遮阴影面ABD面积最大，遮阳棚ABC与地面所成的角为(　　)

75°

60°

50°

45°

题目答案

答案解析

分析：

作CE⊥平面ABD于E，则∠CDE是太阳光线与地面所成的角，延长DE交直线AB于F，连接CF，则∠CFD是遮阳棚与地面所成的角，设为α，进而可知要使S_△ABD最大，只需DF最大．利正弦定理求得DF的表达式，利用正弦函数的性质求得DF的最大值时α的值．

解答：

解：作CE⊥平面ABD于E，则∠CDE是太阳光线与地面所成的角，即∠CDE=40°，延长DE交直线AB于F，连接CF，则∠CFD是遮阳棚与地面所成的角，设为α．要使S_△ABD最大，只需DF最大．

在△CFD中，$\frac {CF}{sin40°}$=$\frac {DF}{sin(140_-α)}$．

∴DF=$\frac {CF•sin(140°-α)}{sin40°}$．

∵CF为定值，

∴当α=50°时，DF最大．

故遮阳棚ABC与地面所成的角为50°时遮阴影面最大．

故选C

点评：

本题主要考查了解三角形的实际应用和正弦定理的运用．考查了学生运用数学基础知识解决实际问题的能力．

18填空题

如图，已知在某点B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为θ，沿BE方向前进30m至点C处，测得顶端A的仰角为2θ，再继续前进10$\sqrt {3}$m至点D处，测得顶端A的仰角为4θ，则建筑物AE的高为m．

填空题答案仅供参考

题目答案

答案解析

分析：

由题意及仰角的定义，利用数形结合的思想，利用图形中角与角的联系，求出θ=15°，即可得出结论．

解答：

解：由已知BC=30m，CD=10$\sqrt {3}$m，∠ABE=θ，∠ACE=2θ，∠ADE=4θ，

在Rt△ABE中，BE=AEcotθm，

在Rt△ACE中，CE=AEcot2θm，

∴BC=BE-CE=AE(cotθ-cot2θ)m，

同理可得：CD=AE(cot2θ-cot4θ)m，

∴$\frac {BC}{CD}$=$\frac {AE(cotθ-cot2θ)}{AE(cot2θ-cot4θ)}$，

即$\frac {cotθ-cot2θ}{cot2θ-cot4θ}$=$\sqrt {3}$，

而cotθ-cot2θ=$\frac {cosθ}{sinθ}$-$\frac {cos2θ}{sin2θ}$=$\frac {cosθsin2θ-sinθcos2θ}{sinθsin2θ}$=$\frac {1}{sin2θ}$；

同理可得cot2θ-cot4θ=$\frac {cos2θ}{sin2θ}$-$\frac {cos4θ}{sin4θ}$=$\frac {cos2θsin4θ-sin2θcos4θ}{sin2θsin4θ}$=$\frac {1}{sin4θ}$，

∴$\frac {sin4θ}{sin2θ}$=2cos2θ=$\sqrt {3}$，

∴cos2θ=$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$，结合题意可知：2θ=30°，θ=15°，

∴AE=$\frac {BC}{cotθ-cot2θ}$=BCsin2θ=15m．

故答案为：15

点评：

此题属于解三角形题型，涉及的知识有：锐角三角函数定义，同角三角函数间的基本关系，二倍角的正弦函数公式，两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握公式是解本题的关键．

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《解三角形的实际应用》解三角形的实际应用

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