112 專技高考高等考試 測量技師 平面測量學 考古題詳解

112 年・專技高考・高等考試・測量技師
試題代碼 平面測量學

第 一 題25 分

過去二十餘年來，內政部地政司致力於發展高程現代化，不僅在陸域範圍，近年來亦積極推動海域的高程現代化測量，並於 107 年 11 月成立臺灣電子航行圖中心（Taiwan ENC Center）。試回答下列問題：

(一) 何謂高程現代化？又發展高程現代化的原因為何？

(二) 陸域和海域分別發展何種模型，用於高程現代化測量？

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核心觀念

高程現代化（Height Modernization）是以 GNSS 等衛星定位技術取得點位的幾何高程，並透過重力場與相關模型，將幾何高程轉換為工程、地形或海圖所需的物理高程或水深成果。它使高程測量能由衛星定位與模型支援，逐步減少對傳統直接水準測量的依賴，並建立範圍廣、基準一致的高程參考架構。

GNSS 直接測得的高程是相對於參考橢球面的橢球高 hh；一般陸域工程使用的正高 HH，則是相對於大地水準面的物理高程。兩者需透過大地起伏 NN 連結：

h=H+Nh = H + N

因此，陸域高程現代化的關鍵，是建立能在橢球高與正高之間轉換的大地起伏模型。

解題方法：發展高程現代化的原因

作答時可從「傳統作業效率」、「基準一致性」及「衛星定位與陸海整合」三方面說明：

  1. 提升測量效率與擴大作業範圍 傳統直接水準測量須沿路線逐段觀測，長距離、山區及離島作業費時費工。結合 GNSS 與高程模型，可由衛星定位取得幾何高程，再轉換成所需的正高或水深，提高作業效率並擴大衛星測量的應用範圍。

  2. 建立一致的高程基準 不同地區或島嶼的高程成果可能依賴不同水準網、潮位資料或測量時期，彼此未必能直接銜接。建立全域模型可協助統一高程基準，改善本島、離島及陸海交界處的資料連結。

  3. 因應 GNSS 測量及空間資訊整合需求 GNSS 定位直接提供橢球高，不能直接取代以重力和海水面基準定義的正高或水深。發展轉換模型，可將衛星定位成果轉為使用者所需的高程資料，支援工程測量、國土測繪與海洋測量。

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第 二 題25 分

如圖，AA 點高程 HA=148.320±0.150 mH_A=148.320\pm0.150\ \mathrm{m}，儀器高 h=1.500±0.010 mh=1.500\pm0.010\ \mathrm{m}，BB 點稜鏡高 H=5.000±0.010 mH=5.000\pm0.010\ \mathrm{m}，天頂距 Z=89∘43′12′′±20′′Z=89^\circ43'12''\pm20''。以電子測距方式測得斜距 SS 為 827.329 m827.329\ \mathrm{m}。如電子測距儀的儀器精度為 ±(2 mm+2 ppm)\pm(2\ \mathrm{mm}+2\ \mathrm{ppm})，測站儀器與稜鏡之定心誤差分別為 ±5 mm\pm5\ \mathrm{mm} 和 ±3 mm\pm3\ \mathrm{mm}，需考慮地球曲率與地球折光差，大氣折射係數 K=0.13K=0.13，地球半徑 R=6370 kmR=6370\ \mathrm{km}，試問：

(一) 斜距 SS 的觀測量誤差為何？

(二) BB 點的高程 HH 及其標準偏差 σ\sigma 為何？

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核心觀念

本題考查電子測距誤差合成，以及天頂距三角高程的高程計算與誤差傳播。天頂距 ZZ 是由鉛垂方向量起，因此斜距的垂直分量為 Scos⁡ZS\cos Z；地球曲率與大氣折光的合併改正為

Ccr=(1−K)D22R,C_{cr}=\frac{(1-K)D^2}{2R},

其中 DD 為水平距離。以下將題目提供的「±\pm」數值視為標準偏差，並假設各誤差彼此獨立。

解題方法

（一）斜距 SS 的觀測量誤差

電子測距儀誤差為

σEDM=2 mm+2×10−6(827.329 m)=3.655 mm.\sigma_{\rm EDM} =2\text{ mm}+2\times10^{-6}(827.329\text{ m}) =3.655\text{ mm}.

將測距儀誤差與測站、稜鏡定心誤差以平方和開根號合成：

σS=3.6552+52+32 mm=6.882 mm.\sigma_S =\sqrt{3.655^2+5^2+3^2}\text{ mm} =6.882\text{ mm}.

因此斜距觀測量的標準偏差為 σS≈0.006882 m\sigma_S\approx0.006882\text{ m}。

（二）BB 點高程及其標準偏差

由天頂距計算垂直分量，先將角度換算：

Z=89∘43′12′′=90∘−0.28∘,Scos⁡Z=827.329sin⁡0.28∘=4.0431 m.Z=89^\circ43'12''=90^\circ-0.28^\circ, \qquad S\cos Z=827.329\sin0.28^\circ=4.0431\text{ m}.

水平距離為

D=Ssin⁡Z≈827.319 m.D=S\sin Z\approx827.319\text{ m}.

地球曲率與折光改正為

Ccr=(1−0.13)(827.319)22(6 370 000)=0.04674 m.C_{cr} =\frac{(1-0.13)(827.319)^2}{2(6\,370\,000)} =0.04674\text{ m}.

扣除稜鏡高後，BB 點高程為

HB=HA+h+Scos⁡Z+Ccr−H=148.320+1.500+4.0431+0.04674−5.000=148.9098 m.\begin{aligned} H_B &=H_A+h+S\cos Z+C_{cr}-H\\ &=148.320+1.500+4.0431+0.04674-5.000\\ &=148.9098\text{ m}. \end{aligned}

高程函數為

HB=HA+h−H+Scos⁡Z+(1−K)S2sin⁡2Z2R.H_B=H_A+h-H+S\cos Z+ \frac{(1-K)S^2\sin^2Z}{2R}.

依誤差傳播定律，各變數的一階偏導數為

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第 三 題25 分

如圖，已知某道路上 AA 點至 BB 點、CC 點至 DD 點為直線段，而 BB 點至 CC 點為一單曲線圓弧，BB 點和 CC 點分別為單曲線之起點和終點，在各點間通視無慮的情況下，試回答下列問題：

各點之平面坐標如下表：

點XX（m）YY（m）
AA0.0000.000100.000100.000
BB10.00010.000195.585195.585
CC25.38225.382283.195283.195
DD75.88275.8820.0000.000

(一) BB 點至 CC 點的單曲線之弦長、半徑和弧長。

(二) 如自 BB 點起每 3535 公尺弧長定一副點，則需設置幾個副點，以及各副點之平面坐標。

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核心觀念

單曲線的弦長由起、終點坐標差求得；圓心角等於起、終點切線方向的轉角，並有

c=2Rsin⁡Δ2,L=RΔc=2R\sin\frac{\Delta}{2},\qquad L=R\Delta

其中 Δ\Delta 須以弧度代入弧長公式。由起點 BB 沿曲線量取弧長 ss 時，可用起點切線方向與半徑求副點坐標。

以下依原頁掃描圖的表格計算：A=(0.000,0.000)A=(0.000,0.000)、B=(10.000,100.000)B=(10.000,100.000)、C=(25.382,195.585)C=(25.382,195.585)、D=(75.882,283.195)D=(75.882,283.195)。這些數值與題目文字轉錄所列不同。

解題方法與計算

先由 B,CB,C 坐標差求弦長：

ΔX=25.382−10.000=15.382 m\Delta X=25.382-10.000=15.382\text{ m} ΔY=195.585−100.000=95.585 m\Delta Y=195.585-100.000=95.585\text{ m} cBC=15.3822+95.5852=96.815 mc_{BC}=\sqrt{15.382^2+95.585^2}=96.815\text{ m}

再由兩段直線的方向求轉角。以 +X+X 軸為方向角起算基準：

θAB=tan⁡−1(10010)=84.289∘\theta_{AB}=\tan^{-1}\left(\frac{100}{10}\right)=84.289^\circ θCD=tan⁡−1(87.61050.500)=60.040∘\theta_{CD}=\tan^{-1}\left(\frac{87.610}{50.500}\right)=60.040^\circ

因此切線方向轉角為

Δ=84.289∘−60.040∘=24.249∘=0.42325 rad\Delta=84.289^\circ-60.040^\circ=24.249^\circ =0.42325\text{ rad}

依常用計算方式，以此轉角及坐標弦長求半徑、弧長：

R=cBC2sin⁡(Δ/2)=96.8152sin⁡(24.249∘/2)=230.468 mR=\frac{c_{BC}}{2\sin(\Delta/2)} =\frac{96.815}{2\sin(24.249^\circ/2)} =230.468\text{ m} L=RΔ=230.468(0.42325)=97.541 mL=R\Delta=230.468(0.42325)=97.541\text{ m}
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第 四 題25 分

利用 GPS/GNSS 進行定位時至少要接收四顆衛星的觀測資料。請以接收四顆衛星為例，列式說明單點定位的觀測方程式，並說明在此方程式中：

(一) 何者被視為已知值？

(二) 何者被視為觀測量？

(三) 有哪四個未知數在單點定位中被解算出來？

(四) 說明這些未知數被解算出來的精度為何。

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核心觀念

GPS/GNSS 單點定位以接收機同時觀測至少四顆衛星的偽距，解算接收機三維位置及接收機鐘差。四顆衛星各提供一條偽距觀測方程式；四個未知數為三個位置座標與一個鐘差，因此至少需要四顆衛星才能求解。

觀測方程式

以第 ii 顆衛星為例，偽距觀測方程式可寫為：

Pi=(Xi−X)2+(Yi−Y)2+(Zi−Z)2+c δt+εi,i=1,2,3,4P_i=\sqrt{(X_i-X)^2+(Y_i-Y)^2+(Z_i-Z)^2}+c\,\delta t+\varepsilon_i, \qquad i=1,2,3,4

其中：

  • PiP_i：接收機對第 ii 顆衛星量得的偽距。
  • (Xi,Yi,Zi)(X_i,Y_i,Z_i)：第 ii 顆衛星在所採用地心地固座標系中的位置。
  • (X,Y,Z)(X,Y,Z)：接收機位置。
  • cc：光速。
  • δt\delta t：接收機鐘差。
  • εi\varepsilon_i：偽距觀測誤差及未完全改正的其他誤差。

實務上會對衛星鐘差、電離層延遲、對流層延遲等效應作改正或建模；題目所問的基本單點定位方程式，重點在幾何距離與接收機鐘差。

（一）視為已知值

已知值包括四顆衛星的位置 (Xi,Yi,Zi)(X_i,Y_i,Z_i)、光速 cc，以及已完成量測的偽距 PiP_i（在建立方程式時視為已知觀測資料）。衛星位置由衛星星曆計算而得。

（二）視為觀測量

觀測量為接收機量得的四個偽距：

P1, P2, P3, P4P_1,\ P_2,\ P_3,\ P_4

偽距包含衛星與接收機間的幾何距離，以及接收機與衛星時鐘不同步所造成的距離等效量，因此不能直接當作純幾何距離。

（三）單點定位解算的四個未知數

四個未知數為：

X,Y,Z,δtX,\quad Y,\quad Z,\quad \delta t
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