Topografia - Divisione delle aree e rettifica e spostamento dei confini

Documento che contiene un corso sintetico per la preparazione dell'argomento per l'orale dell'Esame di maturità e per Abilitazione alla Professione Geometra

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Ing. ANTONIO e FRANCESCO CHIARETTI

DIVISIONE DELLE AREE

DIVISIONI DELLE AREE

Si considerano appezzamenti di uguale valore unitario.
Quando si affronta il problema di stabilire la posizione delle dividenti, si ammette di aver già calcolato:

A.- Tutti gli elementi dell’appezzamento in esame;
B.- L’area totale dell’appezzamento;
C.- Le aree parziali che si vogliono delimitare.

Per quanto si riferisce ai punti A e B è argomento già trattato.

Per quanto si riferisce al punto C bisogna ricordare argomenti studiati, cioè argomenti che riguardano la ripartizione diretta o inversa.

DIVISIONI DI AREE TRIANGOLARI

1) Dividenti uscenti da un vertice

Problema: Con dividenti uscenti da A si debbono delimitare tre (3) aree note S1, S2, S3 tali che S1 contenga B e che S3 contenga C.

Per dare la posizione del punto M che definisce la prima dividente si ricorre alla formula dell’area.
Si ha:
2S1=AB*BMsinβ

BM=2S1/(AB sinβ)

Per dare la posizione del punto N ci si riferisce al triangolo di area S1+S2 oppure al triangolo di area S3. Si ha:
2(S1+S2)=AB*BNsinβ

BN=2(S1+S2)/(AB sin⁡β )
oppure
2S3=AC*CN sin⁡γ

CN=2S3/(AC sin⁡γ )

N.B.: I triangolo che si ottengono hanno tutti la stessa altezza.

Quindi se le aree devono risultare direttamente proporzionali a tre numeri stabiliti dal problema, evidentemente le basi dei triangolo devono risultare proporzionali agli stessi tre numeri. E’ quindi possibile e consigliabile non calcolare le aree e dividere la basa AC in parti direttamente proporzionali ai tre numeri suddetti. Ciò si può ottenere graficamente come nel seguente esempio

La costruzione grafica si ottiene facendo uscire dal vertice A una linea divisa in parti uguali, tante quanto è il valore complessivo delle parti (nel nostro caso è S1=3, S2=3 ed S3=1). Si traccia poi la congiungente i vertici C e l’ultimo tratto di suddivisione della prima congiungente ( C-7). Si tracciano poi le parallele alla nuova linea appena ottenuta e tali da rispettare le proporzioni 3-3-1 stabilite inizialmente. Si ottengono così i punti cercati M ed N.

2) Dividente uscente da un punto del perimetro

Problema: Con una dividente uscente dal punto M, posto in posizione nota sul lato AC, bisogna delimitare un’area nota S1 che contenga C.

E’ innanzitutto necessario stabilire se l’altro estremo della dividente andrà a cadere sul lato BC o sul lato BA.

A tale scopo si calcola l’area S del triangolo MBC.

Se risulta S1=S la dividente è MB.
Se risulta S1<S la dividente cade su BC e si forma il triangolo MNC di area S1 per cui si ha:

2S1=CM*CN sin⁡γ

CN=2S1/(CM sin⁡γ )

Se risulta S1>S la dividente cade su AB e conviene riferire il calcolo al triangolo AMN1 di area S-S1.

Si ha:
2(S-S1)=AM*AN1 sin⁡α

AN1= 2(S-S1)/(AM sin⁡α )

3) Dividente parallela ad un lato

Problema: Con la dividente MN parallela al lato BC si vuole delimitare l’area nota S1 che contenga A.

I triangoli ABC e AMN sono simili, quindi si può scrivere che le aree sono direttamente proporzionali ai quadrati dei lati corrispondenti.
Si ha:
S:S1=AB^2:AM^2

AM=√(〖AB〗^2 S1/S)=AB√(S1/S)
analogamente si calcola AN.

Ma si può operare anche in modo diverso. Considerato che nel triangolo AMN si conoscono sia la superficie che i tre angoli. Di conseguenza anziché procedere come sopra detto si può sfruttare la formula dell’area espressa con un solo lato.

Se consideriamo il lato AM si ha:

S1= (〖AM〗^2 sin⁡α sin⁡β)/(2 sin⁡γ )

AM=√((2S1 sin⁡γ)/sin⁡〖α sin⁡β 〗 )

L’altra incognita AN si può calcolare con una forma analoga e col teorema dei seni.

4) Dividente perpendicolare ad un lato

Problema: Con una dividente MN perpendicolare al lato BC si deve staccare un’area nota S1 dalla parte di C.

E’ anzitutto necessario stabilire se la dividente cade alla destra o alla sinistra del vertice B.
A tale scopo si calcola l’area S* del triangolo AHC.

Ora si possono verificare tre situazioni:

Se risulta S1=S* la dividente è AH.

Se risulta S1<S* la dividente cade alla destra del punto B e si forma il triangolo rettangolo CMN di area S1.

Per avere i valori delle incognite CM e CN si procede come segue: si esprime il cateto MN in funzione dell’altro cateto NC.

Si ha:
MN=CN tan⁡γ

2S1=CN*MN

Sostituendo si ottiene

2S1=CN*CN tan⁡γ=CN^2 tan⁡γ

CN=√(2S1/tan⁡γ )

L’altra incognita CM
CM=CN/cos⁡γ

N.B.: In alternativa alla soluzione già trattata, siccome si conoscono l’area e i tre angoli, si può ricorrere alla formula dell’area espressa con un lato solo.
Si ha:

S1= (CN^2 sin⁡〖90°〗 sin⁡γ)/(2 sin⁡(90°-γ) )

S1= (CN^2 sin⁡γ)/(2 cos⁡γ )

S1= (CN^2 tan⁡γ)/2

CN=√(2S1/tan⁡γ )

Se risulta S1>S*

La dividente cade alla sinistra di B e si forma il triangolo rettangolo AMN di area S-S1 nel quale si imposta il calcolo precedente.

5) Dividente che forma con un lato un angolo assegnato

Problema: Con la dividente MN si deve formare con il lato AC l’angolo noto ω e deve delimitare un’area nota S1 dalla parte di C.

Vediamo quindi come possiamo affrontare il problema.
Del triangolo CMN si conoscono l’area e gli angoli, quindi possiamo ricorrere alla formula dell’area espressa con un solo lato.

Si ha:
S1= (CN^2 sin⁡ω sin⁡γ)/(2 sin⁡δ )

Nota: occorre ricordare che il seno dell’angolo al denominatore deve essere riferito all’angolo opposto al lato che si considera al numeratore.

CN=√((2S1 sin⁡δ)/(sin⁡ω sin⁡γ ))

Per calcolare l’altra incognita CM si procede nello stesso modo, o meglio si applica il teorema dei seni.

CM=√((2S1 sin⁡ω)/(sin⁡δ sin⁡γ ))
DIVISIONE DEI POLIGONI

1) Dividente uscente da un vertice

Problema: Con una dividente uscente da A si deve delimitare un’area nota S1, che contenga B.

E’ necessario stabilire anzitutto su quale lato va a cadere l’altro estremo della dividente.
A tale scopo si calcola l’area S del triangolo ABC.

Ora si possono verificare tre possibili situazioni:

Se risulta: S1=S allora la dividente è proprio AC.

Se risulta: S1<S allora la dividente cade sul lato BC e si forma il triangolo ABM di area S1.

Si ha:

2S1=AB*BM sin⁡β

BM=2S1/(AB sin⁡β )

Se risulta S1>S allora la dividente cade su CD.

e si forma il triangolo ADN di area S-S1, e si ha:

2(S-S1)=AD*DN sin⁡δ

DN=2(S-S1)/(AD sin⁡δ )

2) Dividente parallela ad un lato

Problema: Con una dividente MN parallela al lato AB bisogna delimitare un’area nota S1 dalla parte di AB.

Per ricondursi al caso analogo dei triangoli, si prolungano i lati sui quali cadono gli estremi della dividente e si ottiene il triangolo ABH del quale si conoscono i lati AH, BH e la So.
Successivamente si ha:

(S1+S0):S0=HM^2:HA^2

HM=HA√((S1+S0)/S0)
analogamente si calcola HN.

Le incognite del problema AM e BM si ottengono per differenza tra segmenti già calcolati.

AM=HM-HA
BN=HN-HB

3) Dividente perpendicolare ad un lato

Problema: Con una dividente MN, perpendicolare al lato AB bisogna delimitare un’area nota S1 che contenga B.

Per ricondursi al caso analogo dei triangoli si prolungano i lati sui quali cadono gli estremi della dividente e si ottiene il triangolo CBF del quale si calcolano i lati CF, BF, e la superficie So.

Si considera poi il triangolo rettangolo MNF di area S1+So e ricordando quanto già studiato, si ha:

2(S1+S0)=NF*MN
Essendo

MN=NF tan⁡φ

NF=√(2(S1+S0)/tan⁡φ )
successivamente si ha

MF=NF/cos⁡φ

Le incognite del problema BN e CN si ottengono per differenza tra segmenti già calcolati, cioè:

BN=NF-BF

CM=MF-CF

RETTIFICA E SPOSTAMENTO DEI CONFINI

A volte si rende necessario, ed a volte opportuno, “rettificare”, ovvero cambiarne la forma, i confini di un terreno per renderlo più sfruttabile o per meglio razionalizzarlo. Se i due terreni sono edificabili resta più razionale il posizionamento dei futuri fabbricati poiché, dovendo rispettare le distanze dai confini, si hanno meno vincoli e non si rischia di non utilizzare spazi preziosi.
A volte invece, anziché rettificarlo soltanto, può essere anche necessario “traslarlo” in altra posizione.
Tutte queste operazioni dovranno però avvenire senza modificare il valore degli appezzamenti di terreno ovvero senza cedere all’altro metri quadrati di terreno prezioso e facendo restare intatte le due superfici dei lotti dei propriatri confinanti.

1) Rettifica di un confine bilatero

Problema: Il nuovo confine di compenso deve essere rettilineo e deve uscire dal punto A.

Ricordiamo che “di compenso” vuol dire che le aree delle due proprietà, restano invariate. In sostanza avviene un cambio alla pari tra Bianchi e Rossi che però potrebbe portare loro dei vantaggi in ordine alle migliore fruibilità dei due lotti.

Si può procedere in due diversi modi:

metodo grafico
metodo analitico

GRAFICAMENTE: si congiunge A con C e da B si traccia una parallela ad AC ottenendo il punto M. Il nuovo confine è AM.
Infatti i triangoli ABC e AMC sono equivalenti avendo la stessa base e la stessa altezza.

ANALITICAMENTE: si calcola l’area del triangolo ABC e si impone che risulti uguale a quella del triangolo AMC e si ha così l’equazione risolvente con unica incognita CM ovvero mi indica a che distanza da C devo posizionare il picchetto M camminando lungo il confine.

Infatti:
2S=(ABC)=AC*CM sin⁡γ

CM=2S/(AC sin⁡γ )

2) Spostamento di un confine già rettilineo

Problema: Il nuovo confine di compenso deve essere ancora rettilineo e deve uscire da un punto M posto in posizione nota.

GRAFICAMENTE: si congiunge M con B e da A si traccia una parallela a MB ottenendo il punto N. Il nuovo confine è MN, infatti i triangoli MBA e MBN sono equivalenti perché hanno la stessa base (MB) e la stessa h poiché i lati MB ed AN sono tra loro paralleli per costruzione..

ANALITICAMENTE: si calcola l’area S del triangolo MBA e si impone che risulti uguale a quella del triangolo MBN.

Si ha:
2S=MB*BN sin⁡β

BN=2S/(MB sin⁡β )


3) Rettifica e spostamento di un confine bilatero

Problema: Il nuovo confine di compenso deve essere rettilineo e deve uscire dal punto M posto in posizione nota.

Procedendo come in (1) si rettifica il confine facendolo uscire da A e si ottiene il confine provvisorio AP. Successivamente, seguendo quanto detto in due, si sposta il confine già rettilineo AP facendolo uscire da M e si ottiene il confine definito MN.

4) Rettifica di un confine poligonale o curvilineo

Problema: Il nuovo confine di compenso deve essere rettilineo e deve uscire dal punto A.

Si fa uscire da A un allineamento provvisorio AP che non intersechi ilo vecchio confine e si calcola l’area S compresa tra il vecchio confine e l’allineamento provvisorio.

Si stabilisce il confine di compenso AM imponendo che l’area del triangolo APM risulti uguale a quella precedentemente calcolata.

Si ha:
2S=AP*PM sin⁡(APM) ̂

PM=2S/(AP sin⁡APM )

5) Rettifica e spostamento di un confine poligonale o curvilineo

Problema: Il nuovo confine di compenso deve essere rettilineo e deve uscire dal punto M posto in posizione nota.

Si procede come nel caso precedente facendo uscire l’allineamento provvisorio da M.

L’equazione risolvente è:

2S=MP*PN sin⁡NPM

PN=2S/(MP sin⁡NPM )

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