题解中心-三角法辞典401-450

4012222()sinsinsin{(cosababa22222sincossin)sin(cosb2222sincossin)sin}()abab222222sinsinsin{(sinsin)sina222(sinsin)sin}b。故如题所言。2232.一人行于一直线之路上，其前面有直丘，测其绝顶之仰角，得,'，但一丘在他丘之后，后丘之麓为前丘所掩蔽，于是进c里，后丘全为前丘所掩蔽，更进一里，测前丘之仰角得。求二丘之高。解设低处之丘之顶为P，高丘之顶为Q，观测者之第一位置为A，第二位置为B，第三位置为C，由P及Q至含A，B，C之水平面上引垂线PM及QM，命PMh，及'QNh，于是cotAMh，又AMABBCCM1cotch，故(cotcot)1hc，故(1)sinsinsin()ch，由相似三角形，''cot'cothQNBNANABhchPMBMAMABhc。今h为已知，故'h亦可知之。2233．有一塔,其周环以池,某日正午,塔顶之影距池岸45尺,太阳转至正西时,塔顶之影距池岸120尺。设二影之端相距相距375尺,由池岸之任意点测塔顶之仰角，得60º，则塔高及正午时太阳之仰角为何？解设塔高为h尺，正午时太阳之角为，塔基与池岸间之距离为cot60h，因此塔基与正午时影端之距离为cot6045h，与太阳转至正西时影端之距离为cot60120h，而二影之方交于直角，故得2(cot6045)(cot60hh22120)375。故22221654533hh22120375,从而即得22216512420033hh,解此二次方程式,得1803h,或3453,其正值得採为所求之高。于是cotcot60hh45，故45451cotcot6018033h11543343，故43tan5，于是可求得。2234．有一塔立于斜面之上，命其塔基为A，在此斜面上之点C测塔所含之角，得，在直线AC之延线上取点D，令CDAC，由D测塔所含之角，得，设为塔及AC间之角，则cot2cotcot，求证。又在他直线''ACD上作同一之测量,得tan'2tan',命角'CAC为，斜面与水平面之斜度为，则sinsincos，求证。证设P为塔顶，则为PA之延线与CA间之角,402故CPA,及DPC，于是sinsin()sinsinDCDPCCPCDP，sinsin()sin()sinsin()sinCACPACPCAP。于是sin()sin()sinsin，即可得sincotcoscossincot，故cot2cotcot，今设','及'，为对应于他直线''ACD之角，则cot'2cot'cot'，然由假定，2tan'tan'，故cot'0，故'2。故''ACD与AP成直角，因此''ACD为水平线，由D至'AD引垂线DM，由M至含D之水面引垂线MN，又过A延长PA，令交同平面于Q，于是sinMNMD，sinDMAD，cosAQMNADAD，故cossinsin。2232.知30A，33b，3a，解三角形ABC，设测定角A时，生2”之误差，则角B从而所生成之近似误差如何？解33sinsinsin3sin3bBAAAa，故若6A，则1sin32B，故3B或23B。然设6A，h[h为2”之弧度]，则sin3sin()3(sincos)666Bh[因h甚小，故约略言之，cos1h，又由1770题，sinhh]。又假定sin3Bk，则sincos3(sincos)3366kh。cos3cos36kh，故3cos36khh，依据同法，若23Bk，则3kh，故所求之近似误差约为6秒。2236．河之对岸，有二个目标，其间之距离为c，今沿河之此岸同距离之二处测之,得含c之角及，然则河阔如何？假定河之二岸平行）。解设A及B为对岸之二目标，P及Q为此岸之二点,且PQAB，故AP平行于BQ，命AQ及BP之交点为C，则APB，及AQBPAQ，故sinsin()PCPA，sinsin()ACPA，然2222cosPQPCQCPCQCPCQ,而QCAC,故2222{sinsincPA22sinsincos()}sin(),设河阔为x,则三角形APB之面积为12xc，同时又可表之如下，1sin2PAPBAPB2sinsinsinsin()PAPAPC222sinsinsin()sinsin2sinsincos()c，于是易得x。2237．一技士欲测量一正方形砲台之阔，此砲台位于若干距离外之一丘上，初，在其一隅之正北测之，知其一面含角，于是向东进a尺,测之，知其面仍含角，于是更进b尺，知在其面他一隅之正北方。试证明砲台之阔为()secab尺。[题中已知tantanbab]。403证设AB为砲台之阔，C为A之正北之测点，D为第二测点，则CDa，及90ACD，又A，B，D及C在同一圆周上。又设E为第三测点，则E在CD过D之延线上，而DEb，90BED，命为PB及CE之延线之交点，则cosabAB，故()secABab，又tanBEECBCEtanEDBDE，故()tan(90)abtantan(90)bBACb[几何学辞典456题]，即tantanbab。2238.设远近二山之巅为A及A，BC为一直线状之水平路，在此路之某处望二山，近山之巅适掩远山之巅，则sinsin'sin'sin，求证。题中为由路上之任意点B望A所得之仰角，为ABC,又,为由路上之任意点B望A,所得与前同样之量。证由A至直线状之水平路BC之水平面引垂线AM，又至BC引垂线AN，于是sinAMAB，及sinANAB，同理由A至水平面BC引垂线A’M’，又至BC引垂线A’N’，则''sin''AMAB，及''sin''ANAB，于是若能证明''''''''AMANAMANABABABAB，即''AMAN''AMAN，即''''AMAMANAN即可，因在水平路上之某点望二山时，A适掩蔽A’，故联结AA’之直线延长时，交于水平路，故AA’与水平路在一平面上，此平面与水平面之斜度之正弦，以AMAN或''''AMAN表之，故''''AMAMANAN。2239．设A及B为在同水平面上之二目标，点P亦在此水平面上，AB含于点P之角业已测定。又设二人在此平面上，依直交PA，PB之方向进行，至Q，R二点而观测AB，知其又含角。命PQ，PR为,ab，则AB之长如何？解本题可分二款述之，先设APQ及BPR分别在AP及BP之同傍，则QPRAPB，次，设APQ及BPR不分别在AP及BP之同傍，则RPQ。以上二款中，皆ABRQ，何则，盖通过五点A，B，P，Q及R之圆，其直径为sinABAPB，而又为sinPQRPQ故也。在前款中，222cosABabab，在后款中，222cosABabab。4032240.A,B,C，为与测量技士在同平面之三目标，AC＝CB，且AC，CB互相直交，又在点O测定AC，CB分别含为，，于是由O依直交CD之方向OO’进行，至'OOd处，测得AC，CB分别含为','，然则AB之距离如何？解设OC，O’C俱在ACB内，假定ACa，ACO，则由两三角形ACO，BCO得以下二式，即sin()sinaOC，及cos()sinaOC，故sin(sincoscossin)OCa，sin(coscossinsin)OCa。于是得sin(cossin)sincos()OCa。上式自乘，各边相加，即可得2222cos()OC{sina222(cossin)sin(cossin)}222OC{sinsin2sinsinsin()}。从而移项即可得22222cos()OCsinsin2sinsinsin()a，又以'及'之项表2'OC，得同样之式，故222'OCOCd，可求得a，因而由2ABa可求得AB。同理，对于OC及'OC之其他任意位置，本问题亦可解之。2241.两汽船依平行之航路同一之方向航行，初由一汽船望他汽船，知其视线与直北之方向成之角，经一时后，此角变为，更1时后，此角又变为，求两船航路之方向。解设A，B，C为一船之顺次之三位置，P，Q，R为他船之对应之三位置。于是直线ABC平行于直线PQR，又AB＝BC及PQ＝QR，设为航路与直北方向所成之角，由B平行于AP引一直线，令交PQ于M，则sinsinQMQBMBMBQMsinsin()sinsin()QBMBQP，又由C平行于AP引一直线，令交QR于N，则sinsinRNRCNCNCRNsinsin()sinsin()RCNCRP，然BMCN，及2RNQM，盖RN为2时中之航程之差，QM为1时中之航程之差也，故2sin()sin()sin()sin()，故2sin()sin()sin()sin()，故2(sincoscossin)sin()(sincoscossin)sin()，以cos除之，可求得tan，从而可求得。2242．第2176题所研讨之问题中，若C，则4，而其解法不能由已知件求得之，求证。解若C，则xy，故sinsinxy，故tan1，故仿2176题，sinsintan()sinsin4xyxy，22222sincos2sincosxyxyxyxytan()4,然因cos2xy为0，故不能以之除最后分数式之分子与分母,故本题不能解。其实此时P,A,C,B在一圆周上,故P得在A及B间之弧之任意点上[参照2177题]。4052243.一原野成三角形ABC，今欲测定边BC，但所得测定者，僅为过A而切于BC之圆内之四线，然则此四线测定之后，BC之测定方法如何？解命BC与圆之切点为D，AC交圆周于E，AB交交圆周于F，则因四直线A有，ED，DF，FA得测定之，于是依据1626题得决定AD。于是可ADE及ADF之各角，故ADC及ADB之各角亦得知之[几何学辞典557题]，故DC及BD可求得之，从而BC亦可求得之。2244.有甲乙二人，俱在同一点C，以若干之水平角，视二目标A及B，其后甲依AC之方向，乙依BC之方向，行若干之距离，视二目标A及B，则所得之水平角为在C时所得之半分，今设已知在C之水平角及所行之距离，求AB之距离。解延长AC，令过C而至D，且ADB为ACB之半分，则CD＝CB，故可知CB。又延长B，令过C而至E，且AEB为ACB之半分，则CE＝CA，故可知CA。于是ACB中，知AC及CB，又ACB为已知，故由1974题可求得AB。2245．空中有一氢气球，由甲乙丙三处望之各得45º，45º，60º，西甲及乙在丙之西及北，然则决定氢气球高之方程式如何？解设甲之位置为A，乙之位置为B，丙之位置为C，氢气球之高为x，ABC之三边为,,abc，氢气球在平面ABC上之射影为O，则cot45AOxx，cot45BOxx,cot603xCOx，故22222322cos()3323bxxbxACObxbx，cosBCO22222322()3323axxaxaxax，然ACB为直角，故cossinBCOACO，因此2222223232()()12323bxaxbxax，故22222222222(32)(32)12abxbaxabx，故42222222224()369()0xababxabab，故2422222243690cxabxabc。是即所求之方程式。2246．设由B及C二处至他处A之距离为b及c，求BAC时有障碍物，故不能实际目击BAC，因此在距A为n[n为极小之数]之O地中测定BOC，即，及AOC，即[择点O时，须注意令ABC全在OBC之内]，命为()BACBOC之弧度，则约略言之，sin()sin{}nbc，其证如何？406解今BACBOCABOACO，又由AOC,sinsinACOAOAOCAC,故sinsinnACOc，因ACO甚小，故其弧度约等于正弦，故约等于sinnc。又由AOB，sinsinABOAOAOBAB，故sin()sinnABOb，故ABO之弧度约等于sin()nb，故()BACBOC之弧度，则约略言之，则等于sin()sin{}nbc。2247.距塔基100丈之地望塔，其顶之仰角45º，今精密复测之，则其仰角及距离中有1’及1尺之误差。然则塔高之最大误差近似值如何？解若距离为100丈，仰角为45º，则高为100tan4丈,即100丈,若距离为100h,仰角为4,则高为(100)tan()4h,从而若为甚小,则高约为2(100)tan(sec)44h[1944题]，即(100)(12)h，若h亦甚小，则高约为100200h。今命110h,18060，则高为11001054，故前高与此高之差为11054，即约为111018丈，即约为1尺5寸。2248.一塔上有一顶尖，距塔a处望之，塔及顶尖含同角，设塔高为b,试以b及a求顶尖之高，又设塔高之小差为，从而所生之顶尖高之误差为，求证22444(1)bacbab。解设塔及顶尖含角为a，则tanba，及tan2bca，故222(1)bcbbaaa222abab，故2222abbcab，故2222abcab2222()abbbab。若塔之高为b，顶尖之高为c，则2322()()()abbcab，以c之值代入，则得23222222()()()()abbabbabab，今222()2bbb中，若甚小，则此数约等于22bb。又332()3bbb233b中，若甚小，则此数约等于323bb。于是232222(3)2abbabrabb232222222222222(3)()2()(2)()abbabababbababbab422422224()(2)aabbababb2322232222(3)2abbababbabbab22222222222(3)()2()(2)()abababbabbab422422224()(2)aabbababb，故4224222222224()()(2)aabbabbababbabc422422224()(2)aabbbababb，然若极小，则222abb可以22ab代之，故4224444aabbcbab。4072249.设ABC之一边a及其对角A一定不易，则他二边之小变数及得以关係式secsec0CB联结之。其证如何？证2222cosabcbcA，假定b变作b，而c变作c，则222()()2abc()()cosbcA。故由减法，22b222()cos0cbcA。若及甚小，则上式可变之如此。222(bcb)cos0cA，故(cos)(bcAccos)0bA，故coscos0aCaB[1476题]，故0coscosBC，故secsec0CB。2250.将竿之上端，置于壁顶，则此竿与过壁顶之水平成角A，又将竿之上端置于窗户，则竿之下端较前远于壁a尺，且其斜度为B，然则壁顶与窗户之垂直距离为1cos()2aAB，其证如何？证设竿之长为l，则由地面至壁顶之距离为sinlA，由地面至窗户之距离为sinlB，故壁顶至窗户之垂直距离为(sinsin)lAB。又由壁至竿之下端之距离，初为coslA，后为coslB，故(coscos)alBA。在表示壁顶与窗户间距离之上式中，以由此式所得之l值代入，则得(sinsin)coscosaABBA，即1212cos()sin()aABAB，即1cot()2aAB。2251.在日光下测一旗竿，第一次，由影端至竿足之距离为a，第二次为b，设h为旗竿之高，为二次测量所得太阳仰角之差，则2()cot0hhbaab，其证如何？证设第一次观测太阳所得之仰角为，第二次则观测太阳所得之仰角为，则tanha，tan()ha，从而可得tan(tantan)1tantan1tanhbahabbh，故(1tan)tanhhbhbaa，故2tan()tan0hhbaab，2()cot0hhbaab。2252.在相距c之二水平地上，遥望山上之纪念碑，知其仰角为,，又在过此二地之垂直面上同一之角，求证记念碑之高为cos()sin()c。证设碑长为x，地面上碑腳之高为h，由第一位置至碑之水平距离为b，碑所含之角为，则tan()hb，tan()hbc，tanhxb，tanhxbc。因二位置，碑顶，及脚等四点在一圆周上，故2，故cothb，tanhxb，故cos()tancotcossinxb，同理，cos()tancotcossinxbc。故cossincossinsin()cos()cos()xc，故cos()sin()cx。4082253.一技士，立于户前，越壁而遥望直立之塔，得角，塔顶与壁顶在一直线上，于是彼復登其所立处之屋顶，测得塔之仰角，今设知家之高，技士之高不计，求塔及壁之高。解设家之高为h，壁之高为x，塔之高为y，则cotx为由家至壁之距离coty为家至塔之距离，于是由相似三角形之理得下式，即cotcotcothyxyx，故()hyxxy。又tancotyhy，故tan1cottantantanhhy，于是tan2tantanhyhxhy。2254.设A,B,C三点在同一平面上，此平面与水平面所成之斜度为,其中C为最低点,今已知CA与水平之斜度为,及CB与水平之斜度为，且已知ACB为，则222sinsinsin2sin2sinsincos，其证如何？证过C作平行于水平面之平面，由A至此平面与含A，B，C之平面之交线，引垂线AP，由B至同交线引垂线BQ，命ACP，及BCQ，则，故cossinsincoscos，今sinAPAC，故由A至平行于水平面之平面上所引垂线为sinsinsinAPAC，然此垂线为sinAC，于是即得sinsinsin，同理可求得sinsinsin，依前式即可有cos222222sinsinsinsinsinsinsinsin,故2222(cossinsinsin)(sinsin)22(sinsin)，故22cossin2cossin222sinsinsinsin，故22sinsin22sinsin2sinsincos。2255.在日光下测一旗竿，第一次，由影端至竿足之距离为a，第二次为b，设h为旗竿之高，为二次测量所得太阳仰角之差，则2()cot0hhbaab，其证如何？证设塔在观测者之眼内含角，旗竿之长为x，则tanab，tantantan()1tantanaxbtantanabba，22tan()tantan(tan)xabaabbbabbba,若甚小,则得以代tan,又将tana比于b而弃之,则得22baxb。2256.一人将其眼密附于地，沿一竿越壁望窗顶，得仰角，于是攀登此竿c尺，则见全窗，且测得窗及壁顶之仰角及，试证明由此可知地上至窗之最下部之高为(tantantan)tantanc。证设A为竿之基础，B为竿上距Ac尺之点，F为窗顶，E为窗脚，命AF与BE之交点为D，则D为壁顶，于是至地面引垂线DC，延长EF，交地面于H。又由B引平行于水平面之直线，令交FH于G，于是由BAF，得cossin()cBF，cosBGBFcoscossin()tantancc，tantantantancEGBG，(tantantan)tantancEHcEG。4092257.二地与山麓在一平面上，由山巅望此两地，得俯角及，又此两地间之距离c含于山麓之角为，求证山高为sinsinsin()cosc，式中222sin2sin2sincossin()2）。证设山之高为x，则由山顶直下之点至二地之距离为cotx及cotx，故222cotcx222cot2cotcotcosxx[1484题]，故2222222sinsin(sincossinxc2cos2sincossincoscos)。此分式之分母，可化成下之形式(sincos22sincos)sin2sin2cos2，若用被命为之值，则此分母变为22sin()cos，故sinsinsin()coscx。2258.一人行于直线道上，向若干距离外之目标前进，在途中A，B，C三点，测定目标之仰角为,2,3，然则约略言之，3ABBC，求证。证设目标之顶角为D，则由ABD，可知1ABBD，因BAD与BDA相等故也。又由BDC，知sin3sinBDBC，故sin3sinABBC234sin。因目标甚远，故甚小，故约略言之，3ABBC。2259.设2221题中，在两目标成最大角时，测定各目标与直线所成之角，又测定c，求两目标间之距离。解设A及B为两目标，假定有一圆过A及B，且切直线于P，则P即含最大角之点[几何学辞典2288题]，命角BPQ，命AP与直线所成之角为，则由几何学辞典557题，可知PAB，及PBA，而PQc，此时因sin()sinBPPQ，及sin()sinABBP，故sin()sin()sinsinABc。2260.在一水平面上，测圆塔之高及阔，知其分别含角，及，其后行近圆塔a尺测之，知其分别含角'，及'，然则圆塔之高及半径如何？并求，，'，'间之关係式。解设h为圆塔之高，r为其半径，x为由中心至第一观测位置之距离，则cosec2xr，'cosec2xar，tanhx，()tan'hxa，故'coseccosec22ar，于是得r。又tan'tan'tan'tan'tanhhxaa，故tantan'tan'tanah，于是可求得h，又由第一及第二方程式，22coseccosecxax；由第三及第四方程式，cot'cotxax，故22coseccot'coseccot。4102261.设前题圆塔之阔所含之角中，有误差，从而计得之半径r中，有最大误差，则由方程式1'cot(')(coseccoseccot422rcot')得之，其证如何？若60，'120，6'之弧度，则所得半径之最大误差与半径之比之近似数如何？证由前题，'coseccosec22ar⑴。设及'中之误差有同号，则因是等误差，互相抵消，故欲决定r之最大误差，须假定及'中之误差有异号。因此以代，以代'时，得cosec2abrcosec2b故由减法，aarr，即coseccosec()22arr''(coseccosec)22。故若及甚小，则'22222'22coscos()2sinsinar[1943题]，故2ar22222222222{cos(1cos)cos(1cos)}sinsin222222222(coscos)(1coscos)sinsin44222222coscos(1coscos)sinsin⑵。又⑴可变形如下，2222sinsinsinsinar44222sinsinsinsin⑶，以⑶除⑵，'242222cot(1coscos)cotsinsin24r(coseccoseccotcot)2222。若60，及'120，则2cot15(cosec30rcosec60cot30cot60)，即4(23)(1)3，即5233，若以6’之弧度代，则252318003r，故52336003r。2262.设P，Q，R为一直线上之三所设点，由某点S观PQ，QR之距离，知其含等角。设此观测所得之角，小差，则计算由Q至S之距离时，所得之误差如何？解命等角PSQ及QSR为，命SQR为，则sinsinsinsin()PQPSQSQSPQ，及QRSQsinsinsinsin()QSRSRQ，故sin()sin()PQQR，命PQa,QRb,则sin()sin()ab，故(sincoscossin)(sincosabcossin)，故()sintan()cosabab()tan()abab，又从上得1sinsin()SQa，及1sinsin()SQb，故二者相乘，21SQ2222sinsinsin()sin()(sinsin)abab，分子分母各变形,即2222tan{(sin(1tan)tan)ab，而222222()tansin()()tanababab,计算分母于411是乃得2222221()()tan{()()}abababababSQ，计算分母，易知22222()()tan4ababab，其中以a，又SQ代以SQc，则得21()SQc2222222()()tan()44abababab，因a及c甚小，故由减法，2222211()()4abSQcabSQ22{tan()tan},故2222()()SQSQcSQSQc222222(){tansectan}4abaab{近似数}。由1944题,223222()2tansec4cabaabSQ[近似数],故23223()sin4coscabaabSQ[近似数]。Ⅵ.测量应用⑵用三角函数表者2263.C为直角之ABC中，一边BC为4尺，ABC为2435'23，边AC为几何？已知tan2435'0.45748，tan2436'0.45784）。解由直角ABC，得tanACBCB4tan2435'23。计算tan2435'23，因已知tan2435'0.45748，及tan2436'0.45784，故依下比例式计算之：60x23=0.457840.45748，于是即可得0.00014x，tan2435'230.457480.000140.45762，故40.457621.83048AC尺。2264.纪念碑之高为200尺，在同水平面上测之，得其仰角3°30'，然则测點与碑之距离如何？解设AB为纪念碑，C为测点，于是200AB尺，330'C，故由cotBCABC，即得200BCcot330'20016.3503270尺。2265.由某处望66丈之高山顶，得仰角4118'，然则山顶与观测者之距离如何？已知sin4118'0.66）。解设A为山顶，C为观测者之位置，则66AB丈，4118'ACB，又sin4118'ABAC661000.66丈。2266.有高为132尺之断崖，在崖底之水平面上之一点，得仰角4118'，求自崖顶至观测者之距离。已知cosec4118'1.5151）。解设A为断崖之顶，C为其值下之点，B为观测者之位置，则所求之距离为AB之长，且132AC尺，4118'B，故cosec132ABACBcosec4118'1321.5151199.99尺。4122267.有高出水面326尺之岩顶上望一短艇，得俯角24。然则自岩至短艇之距离若何？解设A为岩顶，B为其直下之点，C为短艇之位置，AD为过A之水平线，则326AB尺，24ACBCAD，BC即所求之距离。由cotBCABACB，cotBCABACB326cot243262.2460[由表]732.2尺。2268.一人立于桥上，见一汽船向桥进行，测其俯角，得730'，设此人之眼，高出水面5丈，船之速度为每时18里，则此船经几时而至桥下？解.设A为眼之位置，C为船之位置，A直下水面之点为B，则5AB丈，ACB等于A处之俯角，即730'。今先求BC之距离，得cotBCABACB，即5cot730'BC丈，故船由C至B，须经57.595860601818042秒[约]。2269.由小山顶上向正南方望二堠,得俯角45及22,设二堠间距离为一里,cot222.475）,求小山之高。解.设AB为小山，D及C为二堠之位置，则22ADB。今ADB中，因DBABcotADBcot22AB，故由DCDBCB，得1cot22ABAB里，于是可知118001220.33cot2212.4751AB尺。2270.有高出海面80丈之灯台顶，向正西望二岩，得俯角75及15，求二岩间之距离。cot750.268，cot153.732）。解设AB为灯台,C,D为二岩之位置,则ACB及ADB分别等于A处之二俯角，故为75及15。于是由cotBDABADB，cotBCABACB，得cotCDBDBCABADBABcot80(cot15cot75)ACB80(3.7320.208)803.565277.12丈。2271.自高出地平面250粎之山上，观测平地与观测者在同一垂直面上之二点,得俯角28及322'，求二点之距离。函数之値，由下表求之）。解设D为山顶，C为其直下之点，A及P为平地上之二点，则ACDCcotDAC，即250cot28，cot250cot332'BCDCDBC。于是250(cot28cot332')ABACBCsin(332'28)250sin28sin332'，计算分子，易知sin52'250sin28sin332'。今sin5及sin4为已413知，于是得求sin52'之法如此[假定近于5，其变化比例于角之变化]，sin50.0872，sin40.0698，从而对于1之正弦之差为0.0174，故对于2’之正弦之差为比例式600.0174x2，中之x値0.00058。于是可知sin52'0.08720.00060.0878。仿此计算sin332'，则因sin330.5446，及sin340.5592，故由60(0.559220.5446)x，得0.00049x，从而sin332'0.5451，故2500.087885.76750.46950.5451AB粎。2272.在某处望一塔，得仰角710'，向塔进100丈，得仰角3020'，然则塔高如何？cot710'7.8530，及cot3020'1.7090）解设初在C望见塔AB，继进CD＝100丈，而自D望见塔，则710'ACB，3020'ADB。今由ACB与ADB分别得CBABcotACB，cotDBABADB，故cotcotCDABACBABADB，从而cotcotCDABACBADB100100cot710'cot3020'7.95301.709016.015丈。2273.有烟囱二，其一较他一高15丈，联结其顶之直线与水平成角272'，与地面之交点距小烟囱50丈，然则大烟囱之高几何？cot272'0.51）。解.设AB为大烟囱,CD为小烟囱,则15AF丈，50ED丈，272'CED，tanCDEDCED50tan272'500.5125.5，故1525.540.5AB丈。2274.塔上有一避雷针,长2粎,由地上之一点望之,其上端及下端之仰角为4420'及4210',然则塔高几何？解.设D为观测者之位置，BC为塔，AB为避雷针，且BC为x粎，于是由BDC，得CDcotBCDBC，又由ADC，得cotCDACADC，故cotBCBDCcotACADC，故cot4210'x(2)cot4420'x，由表得1.104x(2)1.024x，是以即可得21.02425.61.1041.024x粎。2275.二樯高60尺及40尺，联结其顶之直线与水平面成角3341'，则二樯之距离如何？cot3341'1.5）。解设AB,CD分别为高60尺及40尺之樯,则3341'AEB,DB即二樯之距离。过C平行于DB引直线CF,于是3341'ADFAEB,604020AF尺,CAF中，CFAFcot20cot3341'201.530ACF尺。4142276.一灯台高出水平面上30丈,其西方有二艇，自灯台望之，得俯角6230'，1850'，二艇之距离如何？解设AB为灯台，C及D为二艇之位置，AE为过A之水平线。于是1850'EAD，6230'EAC，从而ADB1850'，6230'ACB，cotBDABADB，cotBCABACB，故(cotcot)BDBCABADBACB，即30(cot1850'cot6230')CD，由表，30(2.9320.521)72.33CD丈。2277.直线状之海岸上有A，B二点，相距165.2粎，于是望海上之一船Z，知6230'CAR，7615'CBA，船至海岸之距离如何？解.由C至AB引一垂线，命其足为D，且命CD为x，则由ACD，得cotADCADx又CBD，得cotDBCBDx，二式各边相加，ADDBxcotcotCADCBD，代入数字，165.2cot6230'cot7615'x，故由表，165.20.52060.2447x，从而165.22160.52060.2447x粎[约]。2278.一船向正南开航，望见其正西有二灯台，航行10浬后，见二灯台在西北及西北西之方向，求由初观测之位置至二灯台之距离。解.设A为船初之位置，B为航行10浬后之位置，P及Q为二灯台之位置。于是10AB浬，因BQ为西北方向，故得45ABQ，从而知ABAQ，又因BP为西北西方向，故得67.5ABP，因此，10AQ浬，tan10tan67.5APABABP102.414224.142浬。Ⅵ.测量应用⑶单含已知三角函数者2279.自距烟囱底300尺之地望烟囱，得仰角30，烟囱之高如何？解设AB为烟囱之高，C为观测点，则BC＝300尺，30ACB，而tanABBCACB，故300tan30AB1300tan303001003173.23AB尺[约]。2280.有一直立之树木，在距其根6丈之地上观测之，得其仰角60，树木之高如何？解设AB为树之高，C为观测者之位置，则60ACB，6BC丈，而tanABBCACB，故6tan606310.39AB丈。2281.有一塔，在同水平面上距其基础100丈之处测其高，知其含30之角，然则塔高如何？解设塔之高为h丈，则1tan301003h，故10057.743h丈。4152282.在距塔基86.6尺之地望塔，得仰角30º，塔高如何？解设AB为塔，C为观测点，30ACB，86.6BC尺，故由tanABBCC，得86.6tan30AB186.6386.649.99733尺[约]。2283.在高160尺之船樯顶上，测一小艇之俯角，得30º，则船与艇之距离如何？解.设A为樯顶，BC为水面，C为小艇之位置，AD为过A之水平线，则30DAC，160AB尺，而BC即所求之长。又tanBCABCABtan(90)160tan60ABDAC16031601.732277.12尺[约]。2284.在距塔脚86.6尺处，测塔顶之仰角，得30º，则塔顶至观测者之距离如何？解.设AB为塔，C为观测者之位置，则BC86.6尺,30BCA,所求之距离即AC。而cosec86.6cosec60ACBCCAB286.6286.61001.7323尺[约]。2285.一梯长45尺,其上端依于壁顶,下端置于地上,壁与梯成30º之角,然则壁之高及自壁至梯之距离如何？解设AB为壁，AC为梯之位置，则AB为壁之高，BC为自壁至梯脚之距离。于是sinABACACB45345sin602451.73238.972[约]，BCAC1cos45cos604522.52ACB尺。2286.有直交之甲乙二直线，设长a尺之直线与甲所成之角为30º，求此直线在甲乙二直线上之正射影。解设甲乙二直线之交点为O，而OA之长炎a尺，且与甲成30º之角，不问此直线位于何处，若单求其正射影之长，则可视为过甲乙二直线之交点O，且30AOB之直线，于是由直角AOB，得OBOA3coscos302aAOBa。又由直角AOC，得sinsin302aOCOAOACa。故所求正射影为32a，及2a。2287.设太阳之仰角为30，则高4丈之电线柱之影如何？解设AB为电线柱，BC为其影，则因太阳之仰角为30，故BCcotABACB4cot30436.928丈。4162288.高6尺之竿，其影为23尺，求太阳之仰角。解.设S为太阳，AB为竿联结SA，过B引AB之垂线，命其与SA之延线交于C，则BC相当于竿之影，故6AB尺，23BC尺，所求者为BCA之大小。今6tan323ABBCABC，故60BCA。2289.一直立之棒，其影为棒高之二倍，试计算太阳之光线与地平线所成之角。解.设AB为棒之高，BC为其影，则BC＝2AB，故1tan2ABCBC，故角C乃正切为12之角。2290.自高117尺之塔顶，测高37尺之屋顶，得俯角30º，然则自塔至屋之距离如何？解.设AB为塔，CD为屋，由屋顶C引水平线令交AB于E，则ACE等于A之俯角30º，且AEABCD1173780尺，今由ACE，得CEAEcot80cot30803138.56ACE尺。2291.测塔之影,得其长为100尺,同时测高9尺之电线柱之影,得33尺，然则太阳之仰角及塔之高如何？解.因9尺之电线柱，张33尺之影，故设太阳之仰角为，则9tan333，从而60，故塔之高为100tan601003173.21尺。2292.斜度为15之路，长1里120丈，设斜度为112之路，与前同高，则长几里？解.设AB为一路，其斜度为15，则15BDAB，而路长为1里120丈，即300丈，故1300605BD丈。又设CB为与AB同高，且斜度为112之路，则112BCBD，而BD为60丈，故16072012BC丈，即4里。2293.一路长100尺，与水平线成45之倾斜，若将倾斜改为30，则路长几尺？解.此路之顶,高出平地100sin45尺,甚易明之,今设倾斜为30则此路之长变为100sin45sin30,即1002尺。2294.有一直立之塔，在其底之水平面上之一点A测之，则塔在正北，含角15，于是恒以同角度测塔，而前进100丈，则见塔在东北，然则此塔之高及至A之距离如何？解.命塔之高为x丈，则自A至塔基之距离cos15x丈,因观测者恒以同角度测塔,故其前进时所经之路，乃以塔基为中心之圆弧。又因塔之位置自正北而变为东北，故圆弧为圆周之八分之一，因此即得2cot151008x，于是得400tan15400(23)x丈。2295.有一塔,在其正南之一地A测之,得仰角30,在A之正西距A为a之一地B测之,得仰角18,417然则塔之高为225a，求证。证设塔之高为h,自A至塔基之距离为x,自B至塔基之距离为y,则cot30xh,cot18yh,然222yxa，故2222(cot18cot30)ha，故2221025{3}(51)ha，故24(51)h2(35)a，故22354(51)ha222(35)(35)44(51)(35)4(225)225aaa，故如题所言。[参照954题]。2296.塔之正东有两地，相距200丈，由此两地望塔顶，得仰角45及30，求塔高。解.设AB为塔，C及D为塔之正东之两地，则45ACB，故AB＝DC，今设AB为x，则因90BAD903060D,且tanBDBADAB，于是即得200tan603xx，故200100(31)100(1.732131x1)2.7321丈。2297.一灯台高出水面200尺，自其顶上测二船之俯角，得45及30，两船之方向，一在正南，一在正北。二船之距离如何？解.设A为灯台顶，B为灯台之基，C为正北之船之位置，D为正南之船之位置，则CBD成一直线，且为其影，则45ACB，30ADB，由ABC，得cotBCABACB200cot45200，又由ABD，得cot200BDABADBcot302003。故CDBCBD200(13)546.42尺。2298.设直立之塔之顶为P，基础为Q，水平面上之二点A，B之距离为32尺，90QAB，3cot5PBQ，则塔高几何？解.今设PQ为x尺，则AQPQ2cot5xPAQ，3cot5xBQPQPBQ，从而由直角BAQ即可得22223()32()55xx，故325x尺。2299.在地上之一点望烟囱之顶，得仰角60，由此点直上40尺，再测之，得仰角45，然则烟囱之高及由其顶至二观测点之距离如何？解.设CD为烟囱，B为观测者第一位置，A为观测者之第二位置，则AB＝40尺，60CBD，45CAE[AE为过A之水平线]，因此30CBA，135CAB，15ACB。兹命CAy，CBx，而应用正弦比例式[1381题]，则40sin30sin15y，从而40sin30sin15y144020(62)262尺，又40sin135sin15x，从而40sin4540sin15x1420(31)262尺。从而sin40(31)sin60DCBCCBD340(31)20(33)2尺。4182300.一塔与一楼建于同一水平面上，楼之高为30尺，由楼底望塔顶，得仰角45，由楼顶望之，得仰角30，求塔高及塔至楼之距离。解