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Intersecciones
como encontrar las coordenadas de uno o dos puntos desconocidos a través de los métodos: Intersección directa , inversa, Photenot, Hansen; con sus métodos analíticos y gráficos...

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Cátedra Topografía II

Pág. 1

INTERSECCIONES Se denominan genéricamente métodos de intersección, a aquellas operaciones que tienen como objetivo obtener las posiciones planimétricas de puntos de la superficie terrestre, utilizando otros puntos de coordenadas conocidas y midiendo ángulos horizontales con un teodolito. La aplicación fundamental del método de intersección, consiste en permitir la densificación de redes existentes. También puede aplicarse para comprobar la bondad de las mismas o en los trabajos preliminares de enlace a un determinado sistema de coordenadas. Supongamos que tenemos que realizar un levantamiento, por ejemplo, en un sistema de coordenadas previamente establecido. Para ello tendremos que dotar de coordenadas en dicho sistema a alguno de nuestros puntos, para luego definirlo como origen del sistema de cálculo. Imaginemos que nos proporcionan 5 vértices topográficos con su listado de coordenadas y sus monografías y debemos apoyarnos en ellos, ¿podemos utilizarlos sin más para nuestro trabajo? ¿qué arriesgamos al hacerlo? Este es el lugar de los métodos de intersección. Dependiendo de si se conocen o no las coordenadas del punto sobre el que se estaciona la intersección de denomina: Directa: se estaciona solo en puntos conocidos Inversa: se estaciona solo en puntos desconocidos Mixta: se estaciona en puntos conocidos y desconocidos Por otro lado, dependiendo del número de observaciones de que se disponga, las intersecciones se clasifican en simples o múltiples Simple: tenemos solo los datos imprescindibles para resolver geométricamente el problema. Múltiple: tenemos más datos que los estrictamente necesarios para determinar la posición del punto Vamos a estudiar cuales son los métodos simples de intersección y como se lleva a cabo la resolución numérica de los mismos. Los métodos de mayor utilidad, y que más se presentan en la práctica topográfica son: • • • •

Intersección directa o hacia delante Intersección mixta o lateral Intersección inversa simple o Problema de Photenot Problema de los dos puntos o Hansen

INTERSECCIÓN DIRECTA O HACIA DELANTE X P

γ α A (XA , YA)

β B (X B , YB )

Y

Conocida la posición de dos puntos A y B, se trata de determinar la posición de un tercer punto P, haciendo estación en A y B y midiendo los ángulos α y β. Documento de Cátedra preparado por el Ing. Guillermo N. Bustos

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Las intersecciones directas se utilizan para dar coordenadas a puntos inaccesibles, como torres, veletas. También se usan en control de deformaciones, por ejemplo en muros de presas. Desde unas bases perfectamente definidas se hacen las medidas angulares a señales de puntería, y se calculan las coordenadas de éstas. Comparándolas con las obtenidas en otro momento se ven los movimientos del muro. El método de lectura de ángulos que utilizaremos será al menos la regla de Bessel. Si es posible se hará reiteración o vuelta de horizonte para obtener mas precisión en la medida de los ángulos. Analíticamente puede calcularse el rumbo del lado AB y la distancia existente entre ellos. Para resolver gráficamente el problema se sitúan los puntos A y B por coordenadas en una cuadrícula. Se reproducen los ángulos obtenidos en campaña, se trazan las direcciones AP y BP y en la intersección de estas se encuentra el punto incógnita P. Obtendremos sus coordenadas X, Y de la cuadricula en la escala correspondiente. La obtención de las coordenadas del vértice podemos realizarla por el siguiente procedimiento. MÉTODO DE RESOLUCIÓN DEL TRIANGULO APLICANDO EL TEOREMA DEL SENO

AB = ( XB − XA )2 + ( YB − YA ) 2 Por el teorema del seno:

Luego: BP = AB

;

γ = 180° - (α - β)

AB BP AP = = sen γ sen α senβ

sen α senβ ; AP = AB senγ senγ

Conocidos todos los lados y ángulos del triángulo, podemos calcular las coordenadas de P: ( AB) = arc.tg

YB − Y A y (BA ) = ( AB) ± 180 ° XB − X A

( AP) = ( AB) − α ; (BP) = (BA ) + β

X P = X A + AP. cos( AP) = X B + BP. cos(BP) Y P = Y A + AP.sen( AP) = Y B + BP.sen(BP) Las coordenadas que obtengamos a partir de A y de B han de ser iguales. Con este procedimiento comprobamos el cálculo, pero no hay ninguna comprobación de datos de campo. No olvidemos que no existe redundancia (abundantes datos). En una intersección simple la solución es única. EJEMPLO DE CÁLCULO:

Punto X A 20 m B 19.15 m Ángulos 38°58’20” α 54°42’34” β

Y 189.05 m 168.40 m

γ = 180° - (α + β) = 86°19’ 06” AB = ( XB − XA ) 2 + ( YB − YA)2 = 20 . 67m

BP = AB

sen α = 13 . 03m sen γ

AP = AB

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senβ = 16 . 90m sen γ

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YB − YA = 267 ° 38'34" XB − XA (BP) = (BA ) + β = 142 ° 21'08"

( AB) = arc.tg

( AP) = ( AB) − α = 228° 40'14"

X P = X A + AP. cos( AP) = 8. 836564 m X P = X B +BP. cos(BP) = 8. 836611 m

X P = 8.836588 m Y P = Y A + AP.sen( AP) = 176 . 356090 m Y P = Y B +BP.sen(BP) = 176 . 356088 m

YP = 176.356089 m MÉTODO DE RESOLUCIÓN DEL TRIANGULO APLICANDO EL MÉTODO DE LAS TANGENTES

En este método se plantea un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, que son las coordenadas X, Y del punto incógnita. Y − YA tan( AP) = P ⇒ ( YP − YA ) ∗ tan( AP) = X P − X A XP − X A

X P = ( YP − Y A ) ∗ tan( AP) + X A Por otro lado: YP − YB ⇒ ( YP − YB ) ∗ tan(BP) = X P − X B X P − XB Ahora sustituimos XP por la expresión anterior: ( YP − YB ) ∗ tan( BP) = ( YP − Y A ) ∗ tan( AP ) + X A − X B tan( BP) =

Y P(tan(BP) − tan( AP)) = Y B ∗ tan( BP) − Y A ∗ tan( BP) + X A − X B YP =

YB ∗ tan( BP) − YA ∗ tan( BP) + X A − XB tan( BP) − tan( AP)

Una vez que hayamos calculado Y, se calcula X y el problema queda completamente resuelto. Por este método no tenemos comprobación del cálculo. INTERSECCIÓN MIXTA O LATERAL

Conocida la posición de dos puntos A y B, se trata de determinar la posición de un tercer punto P, midiendo los ángulos α y β (ó β y γ). Se hace estación en el punto P y en uno de los puntos de posición conocida. La solución es análoga a la vista en el caso anterior, por lo que no se desarrolla.

β α A(XA,Y A)

γ

B(X B,Y B )

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EJEMPLO DE CÁLCULO:

Punto X A 50.25 m B 108.10 m Ángulos 42°10’14” α 61°00’50” γ

Y 151.00 m 170.38 m

β = 180° - (α -γ) = 76°48’56” AB = ( XB − XA ) 2 + ( YB − YA ) 2 = 61 . 01 mts. BP = AB

sen α = 46 . 82 mts. sen γ

( AB) = arc.tg

AP = AB

YB − YA = 18°31'16" XB − XA

sen β = 67 . 91 mts. sen γ

( AP) = ( AB) − α = 336° 21'02"

(BP) = (BA ) + β = 275° 20'12" X P = X A + AP. cos( AP) = 112 . 454962 m X P = X B +BP. cos(BP) =112 . 454949 m X P = 112.454955 m Y P = Y A + AP.sen( AP) =123 . 759336 m Y P = Y B + BP.sen(BP) = 123 . 759375 m YP = 123.759355 m INTERSECCIÓN INVERSA SIMPLE O PROBLEMA DE POTHENOT

También llamado problema de los tres puntos, vértice de la pirámide, problema de la carta, trisección inversa, etc., es un problema clásico en topografía y es conocido por problema de Pothenot por ser este autor el que primero obtuvo la resolución numérica del mismo. La obtención de las coordenadas X e Y que definan la posición planimétrica de los puntos, puede hacerse por métodos gráficos o por métodos analíticos. Los primeros se basan en conceptos puramente geométricos y los segundos en conceptos matemáticos (trigonométricos). A la vez, a los métodos analíticos y/o gráficos se les puede dar una orientación o resolución topográfica, como veremos.

I

D

a

M

b

γ

β α

P Documento de Cátedra preparado por el Ing. Guillermo N. Bustos

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El caso más general, es el que se observa en la Figura. Se tienen tres puntos I, M, D, de posición planimétrica conocida y se pretende calcular la posición de un punto P, estacionando en él con un Teodolito y midiendo exclusivamente los ángulos α y β . Es necesario realizar al menos tres visuales a puntos de posición conocida. La obtención de las coordenadas X e Y que definan la posición planimétrica de los puntos, puede hacerse por métodos gráficos o por métodos analíticos. Los primeros se basan en conceptos puramente geométricos y los segundos en conceptos matemáticos (trigonométricos). A la vez, a los métodos analíticos y/o gráficos se les puede dar una orientación o resolución topográfica. La solución geométrica de la Intersección Inversa, basada en el conocimiento de la Ley de igualdad de los ángulos inscritos en arcos iguales, la dio ya hace más de 2.000 años Euclides. Después fue utilizada en observaciones astronómicas por Hiparco y Ptolomeo. Pero su aplicación geodésica no se hizo hasta bien entrado el siglo XVII. Existen numerosas formas de solucionar en forma analítica el problema, La cátedra ha optado por una de ellas, conocida como Solución de J. T. Mayer. SOLUCIÓN GEOMÉTRICA DE LA INTERSECCIÓN INVERSA

Previamente a obtener la solución geométrica recordaremos algunas definiciones y propiedades en la circunferencia. • Dado un arco AB, los ángulos del tipo APB = α cuyo vértice P es un punto del arco AB, se llaman ángulos inscriptos ( o capaces ) en la circunferencia, y se dice que comprenden o abarcan el arco AB B

α A

•

P

Un ángulo inscripto en una circunferencia es mitad del ángulo central que comprende el mismo arco. En efecto: Los triángulos APO y BPO son isósceles (AO = OP = OB = R) por lo que los ángulos opuestos a esos lados son iguales (OAP = OPA = 1 ; OBP = OPB = 2)

1+ (360º− ϕ ) + 2 + α = 360º En el cuadrilátero AOBP: ∴ ϕ = 1 + 2 + α pero 1 + 2 = α ⇒ ϕ = 2α

c.q.d.

B

ϕ=

2α

2

O 2

A

1

1

α P

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•

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Los ángulos inscriptos que comprenden un mismo arco son iguales. Esta propiedad es conclusión de la anterior, pues cualquiera sea la posición del vértice P, el ángulo que se forma tiene el valor ½ del ángulo al centro.

B

α

P3

2α α α

A

P2

P1 •

Dado un arco AB, las tangentes a la circunferencia trazadas por los extremos del arco forman con la cuerda AB un ángulo igual a los inscriptos que abarcan el arco. En efecto: Por ser a ⊥ AO : β = 90° - ϕ (1) Por ser AO = OB = radio, ABO es isósceles y los ángulos opuestos a sus lados iguales también lo son. Luego: 2 β + 2 α = 180° ⇒ β = 90° - α (2) Igualando (1) y (2) ϕ=α

B b

β

2α

ϕ= α

β

90º

O

A 90º

α

P a SOLUCIÓN GEOMÉTRICA

El caso más sencillo es el planteado en la figura, en el que se pretende determinar la posición de un punto P, estacionando en él y midiendo acimutalmente los ángulos α y β que forman entre sí las visuales dirigidas a tres puntos conocidos I, M y D. Es evidente que el punto P quedará determinado por la intersección de los arcos capaces de ángulos α (sobre el segmento IM), β (sobre el segmento MD) y α + β (sobre el segmento ID). Con dos cualesquiera de ellos es suficiente. Los puntos se encuentran dibujados a escala, preferentemente grande, para disminuir los errores gráficos. SOLUCIÓN CLÁSICA POR ARCOS CAPACES

Es necesario obtener los centros de las circunferencias que pasan por los puntos IMP y MDP. Documento de Cátedra preparado por el Ing. Guillermo N. Bustos

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r1

I

α 90º

M Q

90º

r2

O1

R

α β

90º

β

O2

90º

D

P

Los puntos I, M y P determinan una circunferencia, y los puntos D, M y P otra. Ambas se cortan en sus puntos comunes M y P, que es el punto a determinar. Luego, la determinación de P se reduce a la construcción de ambas circunferencias. Se procede del siguiente modo: Se traza la recta r1 formando con MI el ángulo α. La perpendicular en I, a r1 y la perpendicular a MI por su punto intermedio Q se cortan en el centro O1 de la circunferencia de la izquierda. Así también se traza la recta r2 formando con DM el ángulo β. La perpendicular en D, a r2 y la perpendicular a DM por su punto intermedio R se cortan en el centro O2 de la circunferencia de la derecha. Las dos circunferencias tienen el punto M en común y se cortan en el punto P que es el buscado. Gráficamente se ve que si P se encuentra en la circunferencia definida por los tres puntos conocidos I, M, D, las dos circunferencias construidas coincidirían y estaríamos en el caso de indeterminación porque todos los puntos del arco I, P, M resolverían el problema. En caso que el punto P, sin encontrarse sobre la circunferencia de indeterminación, estuviera cercano a ella, las circunferencias se cortarían en P, pero la determinación del punto resultaría poco precisa. M α

β

γ

90−β

º 90

90−α

I

D

90

β 2(α+

)

º

O αβ

P

Veamos en forma analítica lo que ocurre cuando el punto P pertenece a la circunferencia definida por I, M, D (circunferencia peligrosa). Por las propiedades de los ángulos inscriptos ya vistas, la tangente a la circunferencia en I, forma con la cuerda MI un ángulo de valor α, y la tangente por D, forma con DM el ángulo β. Documento de Cátedra preparado por el Ing. Guillermo N. Bustos

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El ángulo IOD es el ángulo central del arco ID, y por lo tanto su valor es el doble del ángulo inscripto (α + β) de dicho arco. Por lo tanto, en el cuadrilátero IMDO: 2( α + β) + γ + (90 ° − α) + ( 90° − β) = 360° 2 α + 2β + γ + 90° − α + 90° − β = 360° α + β + γ + 180 ° = 360 ° α + β + γ = 180 ° Esto nos indica que una vez medidos α y β en el terreno, debemos sumarlos a γ (conocido por cálculo). Si el valor de esa suma es 180° o similar, no debemos adoptar el método, pues los resultados a obtener no van a ser confiables. SOLUCIÓN TRIGONOMETRICA DE J. T. MAYER

Partiendo del caso general expuesto en la fig, se observa que el problema analítico para la determinación de la posición del punto P estriba en que en ninguno de los tres triángulos que se forman, con vértice en P, se conocen dos de sus ángulos. Sólo se conoce un ángulo y su lado opuesto. Por tanto, no podemos aplicar el teorema del seno en ellos, para deducir sus lados y ángulos. Para resolver el problema debemos averiguar el valor de los ángulos ϕ y ψ, y las distancias IP y DP I

D

ϕ

a

b M

γ1

ψ

γ2

α β P

y − yD y − y1 , (DM) = arc. tg M (IM) = arc. tg M xM − xD x M − x1 α + β + γ + ϕ + ψ = 360 ° ⇒ ϕ + ψ = 360 ° −( α + β + γ)

(1)

PM a PM b = = ; sen ψ sen β sen ϕ senα b sen ψ ⎧ ⎪PM = senβ ⎪ como: ⎨ a sen ϕ ⎪ ⎪⎩PM = senα

entonces: b.

sen ϕ senϕ b sen α sen ψ = a. = ; (2) senα sen ψ a sen β sen θ

ϕ = ( ψ + ϕ) − ψ ; sen ϕ = sen[( ψ + ϕ) − ψ] sen ϕ = sen(ψ + ϕ). cos ψ − cos( ψ + ϕ).senψ dividiendo m. a m. por sen ψ y teniendo en cuenta (2)

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b senα senϕ = sen( ψ + ϕ). cot g ψ − cos( ψ + ϕ) = . a senβ sen ψ dividiendo m. a m. por sen( ψ + ϕ) y despejando cotg ψ cot gψ =

sen α b . + cot g(ψ + ϕ ) (3) ⇒ conozco el valor de ψ a senβ.sen(ψ + ϕ )

como ϕ = ( ψ + ϕ) − ψ ⇒ conozco el valor de ψ Ahora es posible hallar el valor de γ 1 y γ 2 . En efecto: γ1 = 180 −( α + ϕ)

;

γ2 = γ − γ1

sen γ1 IP a = ⇒ IP = a. sen α sen γ1 sen α sen γ 2 DP b = ⇒ DP = b. sen β sen γ2 sen β (IP) = (IM) + ϕ

(DP) = (DM) − ψ

;

XP = XI + IP. cos(IP ) = XD + DP. cos(DP) Y P = Y I + IP.sen(IP ) = Y D + DP.sen(DP) Veamos que ocurre si el punto P pertenece a la circunferencia peligrosa. En ese caso hemos visto que:

α + β + γ = 180 ° Analizando (3), por ser: sen( ψ + ϕ) = sen 180º = 0 , el primer término es indeterminado. Por ser cot g(ψ + ϕ) =

1 1 1 = = ϕ + ψ 0 tg( tg180º

El segundo término también es indeterminado. Luego, no podemos hallar el valor de ψ, y consecuentemente tampoco el de ϕ (no se puede resolver el problema). EJEMPLO DE CÁLCULO:

I

ϕ P

β D

α

a

γ1

ψ b

γ2 M

Puntos X Y I -1093.90 47.36 M -1971.74 -735.46 D -2013.66 -1996.12 Ángulos α= 35°39’36” β= 92°08’35” Documento de Cátedra preparado por el Ing. Guillermo N. Bustos

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2

2

a = (∆XIM ) + (∆Y IM) = 1176 . 19m

b = ( ∆X MD) 2 + ( ∆Y MD) 2 = 1261 . 36m (MD) = arc.tg (MI) = arc.tg

∆Y MD = 268 °05' 44" ∆X MD

∆YMI = 41 °43'31" ∆XMI

γ = 360 ° − [(MD) − (MI)] = 133 °37' 47" ψ + ϕ = 360 ° − ( α + β + γ) = 98 °34'02" α + β + γ = 261º 25’ 58” ≠ 180º sen α b + cot g( ψ + ϕ)] ψ = arc. cot g[ . a sen β.sen( ψ + ϕ) ψ = 64 °15'51" ⇒ ϕ = 34 °18'11" γ 1 = 180 ° − (β + ψ ) = 23 °35'34" γ2 = γ − γ1 = 110 °02'13" IP a sen γ2 = 1895 . 44m = ⇒ IP = a. sen γ2 sen α sen α (IP) = (IM) + ϕ = 256 °01'42"

XP = XI + IP. cos(IP) = −1551 .539m Y P = Y I + IP.sen(IP) = −1792 .004m senγ 1 DP b = ⇒ DP = b. = 505 .19m sen β sen γ1 sen β (DP) = (DM) − ψ = 23 °49'53" XP = XD +DP. cos(DP) = −1551 .542m Y P = Y D + DP.sen(DP) = −1791 . 999m X P = −1551 .541m Y P = −1792 .002m PROBLEMA DE HANSEN

El problema de Hansen es un problema de intersección inversa, mediante el cual podemos hallar las coordenadas de los puntos P1 y P2, estacionando en ellos y realizando lecturas angulares a dos puntos inaccesibles de coordenadas conocidas A y B. Los únicos datos de partida son cuatro lecturas angulares: α1, β1, α2 y β2 y las coordenadas de Documento de Cátedra preparado por el Ing. Guillermo N. Bustos

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X

B

γ2 δ 2 A γ1 δ 1

α 1 β1

α2

β2 P2

P1

Y

los puntos A y B, entonces suponemos conocido el segmento AB (en longitud y rumbo). “La solución del problema consiste en determinar una figura semejante a la formada por los cuatro puntos, partiendo de un valor arbitrario que se le da a la base auxiliar P1P2, de este valor se deduce uno para el lado AB y como conocemos el valor real de éste, determinado por las coordenadas de sus extremos, podemos establecer la relación de semejanza de ambas figuras. Una vez conocida la relación de semejanza, determinamos los verdaderos valores de AP y BP, y por radiación desde A y B se determinan las coordenadas de las incógnitas. RESOLUCIÓN ANALÍTICA CLÁSICA

Partiremos de un valor arbitrario del segmento P1P2, por ejemplo la unidad, calculando a partir de él una figura semejante a la del terreno, o sea que todos sus ángulos serán iguales a la figura anterior, y todos sus lados serán proporcionales a los dados. En el tr...