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LA INTERSECCIÓN INVERSA: MÉTODO
GEOMÉTRICO, TOPOGRÁFICO Y
jacinto.santamaria@dim.unirioja.es
El método planimétrico denominado “Intersección Inversa”, cuya solución geométrica se
basa en el conocimiento de la Ley de igualdad de ángulos inscritos en arcos iguales, ha sido
estudiado y utilizado por distintos autores a lo largo de la Historia. Las soluciones gráficas
y/o trigonométricas dadas por ellos, tienen desde el aspecto didáctico un valor fundamental.
Además, es interesante destacar la evolución de su aplicación en observaciones
astronómicas y geodésicas hasta nuestros días.
En este artículo, además de hacer en breve recorrido histórico del método, se pondrá
especial hincapié en relacionar cada solución gráfica con su correspondiente solución
trigonométrica, para terminar aportando la solución topográfica dada en cada caso.
En definitiva, se va a presentar en este artículo un método básicamente geométrico,
ciertamente cada vez más olvidado y en pocas ocasiones utilizado, pero con una riqueza
didáctica incuestionable.
Palabras clave: intersección inversa: geometría; métodos topográficos.
El Método Planimétrico de Intersección Inversa consiste en la determinación de la
posición planimétrica de puntos, mediante observaciones angulares hechas desde éstos y
dirigidas a otros puntos de coordenadas conocidas (vértices geodésicos, generalmente).
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, como veremos.
El caso más general, es el que
se observa en la Figura 1. Se
tienen tres puntos A, B, C, 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 α
y β β .
El problema planteado es comúnmente denominado Problema de Pothenot, aunque
también se le conoce como Problema del Vértice de la Pirámide, Problema de los Tres
Vértices, Trisección Inversa o simplemente Intersección Inversa. 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.
El primero en resolver el Problema de la Intersección Inversa, tanto geométricamente
como por cálculo trigonométrico, fue el holandés Willebord Snellius, en su obra
"Eratosthenes batavus", publicada en 1.624. Este mismo problema fue tratado en
1.671 por John Collins en su obra "Transactions philosophiques". Laurent Pothenot,
que trabajaba en la definición del meridiano al Norte de París, presentó un trabajo
sobre el tema en 1.692. Pero según opinión de W. Jordan en su Libro "Tratado
General de Topografía", Pothenot no aportó nada nuevo a la solución del problema y
lo único que hizo es publicar con su nombre los trabajos de Snellius y Collins. Otros
autores han estudiado esta materia, entre los que desatacan: Lambert (1765), Cagnoli
(1786), Bessel (1813), Gauss (1823) y Gerling (1840). A pesar de todo, el problema
de la Intersección Inversa sigue conociéndose popularmente como Problema de
Pothenot.
2.- SOLUCION GEOMÉTRICA DE LA INTERSECIÓN INVERSA
El caso más sencillo es el planteado en la figura 1, en el que se pretende determinar la
posición de un punto P, estacionando en él y midiendo acimutalmente los ángulos α α y β β
que forman entre sí las visuales dirigidas a tres puntos conocidos A, B y C. Es evidente
que el punto P quedará determinado por la intersección de los arcos capaces de ángulos
α α (sobre el segmento AB), β β (sobre el segmento BC) y α α + β β (sobre el segmento AC).
Con dos cualesquiera de ellos es suficiente.
El problema tendrá solución siempre que el punto P no se encuentre en la llamada
"circunferencia peligrosa" que determinan los puntos A, B y C, ya que los tres arcos
capaces se confundirían en uno solo. Cuando el punto P está en esta circunferencia, el
cuadrilátero PABC es inscrito y se cumple que: B + α α + β β = 200
. En todo cuadrilátero
inscrito, los ángulos opuestos son suplementarios.
Cuanto más se parezca α α + β β al
valor 200 - B, más cerca estaremos
de la circunferencia peligrosa y
peor definido quedará el punto P.
En la práctica el ángulo B se conoce
de antemano, ya que se tienen las
coordenadas X, Y de los tres puntos
A, B y C. Por tanto, se sabe cuánto
no deben sumar α α + β β, para no caer
en indeterminación.
El punto P se determina pues por la
intersección de dos arcos capaces.
El ángulo que forman dos curvas al
cortarse es igual al formado por las
tangentes a las dos curvas en el
punto de contacto. Como la
precisión que se consigue en los
problemas de intersección está relacionada con este ángulo, también lo estará con las
tangentes. Analizaremos por tanto las propiedades de las tangentes. (Fig. 4)
Si TT’ es la tangente al arco capaz del
ángulo α α, en el punto P, tenemos que:
BAP BPT · · 2
' , ya que los dos ángulos
valen la mitad del arco PB.
ABP APT · ·1
La tangente es antiparalela de la base
AB con respecto a las rectas PA y PB
que unen el punto P con los extremos de
la base AB.
Para obtener la tangente TT’, tendremos
que dibujar los ángulos:
BPT’ = BAP ó APT = ABP.
De la propiedad de ser la tangente antiparalela de la base, se puede deducir el valor del
ángulo de intersección de las dos tangentes (Fig. 5):
T = (1 + 2 + α α + β β ) - 200
1 + 2 = B T = (B + α α + β β) - 200
Si (B + α α + β β) = 200 el ángulo que forman las tangentes es 0
y no hay intersección
de tangentes por coincidir las circunferencias de arco capaz. Estaríamos en la
circunferencia peligrosa.
3.- SOLUCIONES GRÁFICAS DE LA INTERSECCIÓN INVERSA
3.1 Solución clásica por arcos capaces
Es necesario obtener los centros de las circunferencias que pasan por los puntos ABP y
BCP. Para ello trazaremos las mediatrices de los lados AB (M) y BC (N).
Trazaremos la recta AR que forma el ángulo α α con el lado AB, y una perpendicular a
AR que pasaría por O para obtener el centro del círculo por intersección. Haremos lo
mismo con el lado BC. Obtenemos los centros O y O’, y trazando los círculos de
radios OA y O’C, pasarán por B y P, siendo P la solución buscada.
Considerando los tres arcos capaces posibles, se tiene:
3.2 Solución por el método de Cassini.
Sean A, B y C los tres
conocidas. Si llevamos
sobre la base AB los
ángulos 100
con vértice en
A y 100-α α, con vértice en B,
obtenemos un punto
intersección M, que forma
parte del arco capaz de
ángulo α α de AB, ya que el
ángulo en el vértice M es
precisamente α α. Si hacemos
lo mismo en la base BC,
llevando los ángulos 100
100-β β sobre C y B
respectivamente, obtendremos otro punto N que forma parte del arco capaz de ángulo
β β de BC. El punto P buscado estará en la recta que une los puntos M y N y exactamente
será el pie de la perpendicular trazada desde B a MN.
La justificación de este método se deduce de la Fig. 11, en la que se observa que el eje
BM es un diámetro de la circunferencia de arco capaz de ángulo α α de base AB y
también el eje BN es diámetro de la circunferencia de arco capaz de ángulo β β de base
BC. Por tanto, los ángulo BPM y BPN son rectos y los puntos M, P y N están
Esta solución fue utilizada por primera vez por J.D. Cassini en problemas astronómicos
hacia 1670 y posteriormente Carlos Federico Gauss en 1903 la aplicó en sus trabajos
con plancheta.
3.3 Solución por el método de la "regla y el transportador".
Sean A, B y C los tres vértices de coordenadas conocidas y P el punto que queremos
determinar por Intersección Inversa. Medimos α α y β β desde P. Si con vértice en B
llevamos sobre el eje BA y sobre el eje BC, el ángulo α α + β β. Con vértice en A, sobre
base AB, llevamos el ángulo β β y con vértice en C sobre la base CB, llevamos el ángulo
α. Las intersecciones respectivas me generan dos puntos M y N. Uniendo M con C y
N con A, se obtiene el punto intersección P.
El fundamento del método puede observarse en la Fig 13. La intersección de las rectas
AM y BM es un punto M y dichas rectas forman un ángulo α α. Por tanto, M pertenece al
arco capaz de ángulo α α de la base AB. La circunferencia de arco capaz será la que pasa
por los tres puntos A, B y M. Si unimos M con C, la recta MC cortará a dicha
circunferencia en un punto P, que también mirará a la base AB con un ángulo α α. El
cuadrilátero ABPM es inscrito en la circunferencia y por tanto, el ángulo BPM es
suplementario del β β . Luego el ángulo BPC tiene que valer β β, y P es la solución, porque
mira a AB con un ángulo α α y a BC con un ángulo β β. El mismo razonamiento podría
hacerse sobre la base BC.
3.3.1 Una variante "italiana" del método anterior.
Consiste en obtener la recta MC,
correspondiente al primer arco
capaz y sobre cualquier punto de
ella se construye el ángulo β β .
La paralela a esta recta
obtenida, trazada desde B, nos
da el punto P en la intersección
con MC. La justificación se
observa claramente en la Figura
anterior nº 13.
3.4 Solución basada en el método de Collins.
determinar por Intersección Inversa. Medimos α α y β β desde P. Llevando α α sobre la
base CA y β β sobre la AC como se indica en la Figura 15, la intersección nos da un punto
R (punto auxiliar de Collins). Se traza la circunferencia que pasa por los puntos A,R y
C. Uniendo el punto R con el vértice B y prolongando hasta cortar a la circunferencia,
se obtiene el punto P buscado.
La justificación del método se fundamenta en que desde el vértice R se mira a la base
AC con un ángulo 200 -(α α + β β), Por tanto desde P se verá con un ángulo α α + β β.
Además, si desde C miramos a AR con un ángulo α α también lo miraremos desde P,
porque son ángulos inscritos sobre la misma cuerda. También desde P miramos a RC
con un ángulo β β, al igual que desde A. Por todo ello, el punto P es pues la solución que
buscábamos. El mismo resultado hubiésemos obtenido si en vez de basar toda la
construcción sobre la base AC lo hubiésemos hecho sobre cualquiera de las otros dos
4. SOLUCIONES ANALÍTICAS DE LA INTERSECCIÓN INVERSA
Partiendo del caso general expuesto en la Fig. 1, 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.
Llamemos "a" y "b" a las
distancias AB y BC
conocidas, por ser A,B y C
(generalmente vértices
considerados, tienen una
diagonal común PB y el valor
de su distancia en cada uno
Igualando ambas expresiones, tenemos:
Conocemos por tanto cuál es la relación de senos, pero no cuánto valen A y C. A partir
de aquí surgen distintas metodologías para deducir el valor de A y de C.
Describiremos las más utilizadas:
BPC triángulo el en sen
APB triánglo el en C
campo. en medido han se y ángulos los y conocidas, son BC y AB distancias las que ya ,
4.1 Método de Pothenot
A+C = Z (valor conocido) Luego C = Z - A.
Conocidos A y C, el problema está resuelto. En efecto, del triángulo APB se deduce:
4.2 Solución de Kästner
Podemos sustituir el valor de la constante por la tangente de un ángulo δ, de forma que:
Y operando: Pero
Expresión que nos permite calcular el valor de A-C, ya que A+C se conoce desde el
principio. En efecto, en el cuadrilátero ABCP se conocen los ángulos interiores α α , β β y
B, ya que los dos primeros se han medido directamente en campo y B = θ
tanto, A+C = 400-(α α + β β + B).
Tenemos pues dos ecuaciones con dos incógnitas, A y C:
δ tag
senC - senA
senC senA
( ) ( ) C A C A tag
( ) ( ) ( ) δ + + · − 50 cot C A tag C A tag
A - Z C cosZ K
arctg A · ,
) ( cos cot sen
conocido K Z A Z
4.3 Otra forma: (resolución de D. Luis Martín Morejón)
5. RESOLUCIÓN TOPOGRÁFICA SIGUIENDO MÉTODOS GRÁFICOS
5.1 Basado en la resolución gráfica general por arcos capaces
Sea la Fig. 17, en donde se
representa el caso general de la
determinación por Intersección
Inversa de un punto P, lanzando
visuales a tres puntos A, B y C, de
coordenadas planimétricas
conocidas. Se partirá pues de unos
datos conocidos (θ
, AB y
BC) y otros medidos en campo (α α y
β β).
Las coordenadas de los centros de los arcos capaces serán:
arctg C A
y despejamos ) ( 400
C A tag
B O´
´ O´
cos ´ y
sen ´ x
A partir de las coordenadas de los centros, puedo calcular el acimut y la distancia que
Ya puedo deducir las coordenadas X e Y del punto P, a partir de O ó de O´:
5.2 Basado en la resolución por el método de Cassini
Conocemos, como en el
caso anterior, las distancias
AB, BC y AC, los θ θ
, θ θ
y los ángulos α α , β β y
Calculemos las coordenadas de los puntos M y N y el problema estará resuelto:
OO´ arctg 200
+ · − · θ
O´ ´
O´ ´ ´ ´
sen ´
θ λ θ λ θ θ
θ δ θ δ θ θ
B O P O
A partir de las coordenadas puedo calcular:
Las coordenadas del punto P serán:
5.3 Basado en la resolución por el método de Collins
Igual que en los dos casos
anteriores, conocemos las
distancias AB, BC y AC, los θ θ
y los ángulos α α , β β y B.
auxiliar de Collins, X
son fácilmente deducibles:
Con las coordenadas de R y de B, se puede calcular el acimut θ θ
, que es igual que
el acimut θ θ
θ θ θ θ λ
arctg 200
R A sen sen
θ θ · + ·
En el triángulo ARP, se deduce:
A lo largo de los anteriores apartados, se ha podido comprobar la versatilidad del
método de Intersección Inversa y las profundas relaciones que tiene con los conceptos
geométricos básicos. Con ello queda demostrado cómo un método de aplicación
claramente Topográfica, tiene su fundamento en la Geometría Clásica, a la cual a veces
no se le concede la importancia que merece.
La comprensión y asimilación de todos los razonamientos y desarrollos expuestos, más
que perseguir introducir gran cantidad de formulismos y procesos geométricos
complicados, lo que pretende es desarrollar su concepción espacial y demostrar que los
conceptos teóricos básicos que se le inculcan a los alumnos en materias como el Dibujo
Técnico o la Expresión Gráfica, tienen siempre una aplicación práctica concreta.
Es interesante destacar la triple forma de resolución de los casos planteados. Por un
lado, se comprueba que la resolución gráfica del método va asociada siempre a una
justificación gráfica básica. Por otra parte, se comprende cómo toda solución gráfica
tiene una solución analítica. Y por último, se plantea otro método de resolución de los
problemas planteados: la resolución por razonamientos topográficos, basada en las dos
[1] Dominguez Garcia-Tejero, F. Topografía General y Aplicada. Madrid: MUNDI-
PRENSA, 1997.
[2] Jordan, J. Tratado General de Topografía. Barcelona: GUSTAVO GILI, S.A., 1978
[3] Martín García-Cuerva, G. Dibujo Técnico: Fundamentos Geométricos. Logroño: el
autor, 1990
[4] Ojeda Ruiz, J. L. Métodos Topográficos y Oficina Técnica. Madrid: el autor, 1984
+ · + − + · − ·
AR RP sen sen
arctg 200 200
1. estacionando en él con un Teodolito y midiendo exclusivamente los ángulos α yβ . la dio ya hace más de 2. entre los que desatacan: Lambert (1765). publicada en 1. Se tienen tres puntos A. en su obra "Eratosthenes batavus". generalmente). es el que se observa en la Figura 1. Pothenot no aportó nada nuevo a la solución del problema y lo único que hizo es publicar con su nombre los trabajos de Snellius y Collins. Problema de los Tres Vértices. C. basada en el conocimiento de la Ley de igualdad de los ángulos inscritos en arcos iguales. Este mismo problema fue tratado en 1.
. El caso más general.
Fig.000 años Euclides. a los métodos analíticos y/o gráficos se les puede dar una orientación o resolución topográfica. aunque también se le conoce como Problema del Vértice de la Pirámide. B. fue el holandés Willebord Snellius. Bessel (1813). Cagnoli (1786). presentó un trabajo sobre el tema en 1. tanto geométricamente como por cálculo trigonométrico. como veremos.671 por John Collins en su obra " Transactions philosophiques". Jordan en su Libro "Tratado General de Topografía". Laurent Pothenot.624. El primero en resolver el Problema de la Intersección Inversa. Trisección Inversa o simplemente Intersección Inversa. Es necesario realizar al menos tres visuales a puntos de posición conocida. Pero su aplicación geodésica no se hizo hasta bien entrado el siglo XVII.INTRODUCCIÓN El Método Planimétrico de Intersección Inversa consiste en la determinación de la posición planimétrica de puntos. Después fue utilizada en observaciones astronómicas por Hiparco y Ptolomeo. 1
El problema planteado es comúnmente denominado Problema de Pothenot. Pero según opinión de W. La obtención de las coordenadas X e Y que definan la posición planimétrica de los puntos. La solución geométrica de la Intersección Inversa. el problema de la Intersección Inversa sigue conociéndose popularmente como Problema de Pothenot. A la vez.692. Gauss (1823) y Gerling (1840). que trabajaba en la definición del meridiano al Norte de París. A pesar de todo. de posición planimétrica conocida y se pretende calcular la posición de un punto P. mediante observaciones angulares hechas desde éstos y dirigidas a otros puntos de coordenadas conocidas (vértices geodésicos. Los primeros se basan en conceptos puramente geométricos y los segundos en conceptos matemáticos (trigonométricos). Otros autores han estudiado esta materia.. puede hacerse por métodos gráficos o por métodos analíticos.
estacionando en él y midiendo acimutalmente los ángulos α y β que forman entre sí las visuales dirigidas a tres puntos conocidos A. Como la Fig. 3 precisión que se consigue en los problemas de intersección está relacionada con este ángulo. también lo estará con las tangentes. Cuanto más se parezca α + β al valor 200 . Analizaremos por tanto las propiedades de las tangentes.SOLUCION GEOMÉTRICA DE LA INTERSECIÓN INVERSA El caso más sencillo es el planteado en la figura 1. para no caer en indeterminación.
Fig. En todo cuadrilátero inscrito. El punto P se determina pues por la intersección de dos arcos capaces.. ya que los tres arcos capaces se confundirían en uno solo. B y C. En la práctica el ángulo B se conoce de antemano. Con dos cualesquiera de ellos es suficiente. β (sobre el segmento BC) y α + β (sobre el segmento AC). el cuadrilátero PABC es inscrito y se cumple que: B + α + β = 200g. (Fig. Y de los tres puntos A. El ángulo que forman dos curvas al cortarse es igual al formado por las tangentes a las dos curvas en el punto de contacto. B y C. en el que se pretende determinar la posición de un punto P. los ángulos opuestos son suplementarios. Es evidente que el punto P quedará determinado por la intersección de los arcos capaces de ángulos α (sobre el segmento AB). ya que se tienen las coordenadas X.2.B. se sabe cuánto no deben sumar α + β . B y C. Cuando el punto P está en esta circunferencia. más cerca estaremos de la circunferencia peligrosa y peor definido quedará el punto P. Por tanto. 4)
El problema tendrá solución siempre que el punto P no se encuentre en la llamada "circunferencia peligrosa" que determinan los puntos A.
Fig. tenemos que: ˆ BPT ' = 2 = BAP . en el punto P. sucede con:
La tangente es antiparalela de la base AB con respecto a las rectas PA y PB que unen el punto P con los extremos de la base AB. tendremos que dibujar los ángulos:
Fig. Estaríamos en la circunferencia peligrosa.
De la propiedad de ser la tangente antiparalela de la base.200g 1+2=B T = (B + α + β ) . se puede deducir el valor del ángulo de intersección de las dos tangentes (Fig. 5): T = (1 + 2 + α + β ) . Lo mismo ˆ APT =1 = ABP .Si TT’ es la tangente al arco capaz del ángulo α . ya que los dos ángulos valen la mitad del arco PB. Para obtener la tangente TT’. 4
BPT’ = BAP
APT = ABP. 5
Si (B + α + β ) = 200 el ángulo que forman las tangentes es 0g y no hay intersección de tangentes por coincidir las circunferencias de arco capaz.
. y trazando los círculos de radios OA y O’C. Obtenemos los centros O y O’. y una perpendicular a AR que pasaría por O para obtener el centro del círculo por intersección. siendo P la solución buscada. Trazaremos la recta AR que forma el ángulo α con el lado AB. 9
Fig. Haremos lo mismo con el lado BC.3.
Fig. 8 Considerando los tres arcos capaces posibles. pasarán por B y P.1 Solución clásica por arcos capaces Es necesario obtener los centros de las circunferencias que pasan por los puntos ABP y BCP.SOLUCIONES GRÁFICAS DE LA INTERSECCIÓN INVERSA 3. Para ello trazaremos las mediatrices de los lados AB (M) y BC (N).
Esta solución fue utilizada por primera vez por J. 11. P y N están alineados. los ángulo BPM y BPN son rectos y los puntos M.2 Solución por el método de Cassini. con vértice en A y 100-α .
Fig. llevando los ángulos 100g y Fig. ya que el ángulo en el vértice M es precisamente α . α obtenemos un punto intersección M.D. Por tanto. Sean A. Si llevamos sobre la base AB los ángulos 100g.
. 10 100-β sobre C y B β respectivamente. La justificación de este método se deduce de la Fig. en la que se observa que el eje BM es un diámetro de la circunferencia de arco capaz de ángulo α de base AB y también el eje BN es diámetro de la circunferencia de arco capaz de ángulo β de base BC. El punto P buscado estará en la recta que une los puntos M y N y exactamente será el pie de la perpendicular trazada desde B a MN. que forma parte del arco capaz de ángulo α de AB. obtendremos otro punto N que forma parte del arco capaz de ángulo β de BC.3. B y C los tres puntos de coordenadas conocidas. Si hacemos lo mismo en la base BC. Cassini en problemas astronómicos hacia 1670 y posteriormente Carlos Federico Gauss en 1903 la aplicó en sus trabajos con plancheta. con vértice en B.
B y M. B y C los tres vértices de coordenadas conocidas y P el punto que queremos determinar por Intersección Inversa. La intersección de las rectas AM y BM es un punto M y dichas rectas forman un ángulo α . llevamos el ángulo α. 13
. Si con vértice en B llevamos sobre el eje BA y sobre el eje BC. se obtiene el punto intersección P.
Fig. Sean A. Luego el ángulo BPC tiene que valer β .
Fig. Si unimos M con C. porque mira a AB con un ángulo α y a BC con un ángulo β .3 Solución por el método de la "regla y el transportador". La circunferencia de arco capaz será la que pasa por los tres puntos A. el ángulo α + β . el ángulo BPM es suplementario del β . Por tanto.3. M pertenece al arco capaz de ángulo α de la base AB. llevamos el ángulo β y con vértice en C sobre la base CB. Con vértice en A. sobre base AB. Medimos α y β desde P. Las intersecciones respectivas me generan dos puntos M y N. 12
El fundamento del método puede observarse en la Fig 13. Uniendo M con C y N con A. que también mirará a la base AB con un ángulo α . y P es la solución. la recta MC cortará a dicha circunferencia en un punto P. El mismo razonamiento podría hacerse sobre la base BC. El cuadrilátero ABPM es inscrito en la circunferencia y por tanto.
Se traza la circunferencia que pasa por los puntos A. Consiste en obtener la recta MC. Sean A. Por tanto desde P se verá con un ángulo α + β . el punto P es pues la solución que buscábamos. Llevando α sobre la base CA y β sobre la AC como se indica en la Figura 15. nos da el punto P en la intersección con MC.3. La paralela a esta recta obtenida. si desde C miramos a AR con un ángulo α también lo miraremos desde P. la intersección nos da un punto R (punto auxiliar de Collins). Uniendo el punto R con el vértice B y prolongando hasta cortar a la circunferencia.R y C. También desde P miramos a RC con un ángulo β . Medimos α y β desde P. B y C los tres vértices de coordenadas conocidas y P el punto que queremos determinar por Intersección Inversa. al igual que desde A. La justificación se observa claramente en la Figura anterior nº 13.
Fig. porque son ángulos inscritos sobre la misma cuerda.
. se obtiene el punto P buscado.4 Solución basada en el método de Collins. correspondiente al primer arco capaz y sobre cualquier punto de ella se construye el ángulo β . 14
3. El mismo resultado hubiésemos obtenido si en vez de basar toda la construcción sobre la base AC lo hubiésemos hecho sobre cualquiera de las otros dos bases. Por todo ello. La justificación del método se fundamenta en que desde el vértice R se mira a la base
Fig. trazada desde B. α Además.3.1 Una variante "italiana" del método anterior. 15
AC con un ángulo 200 -(α + β ).
Los dos triángulos considerados. para deducir sus lados y ángulos. 16
PB = a
sen A sen α sen C sen β
en el triángulo BPC
Igualando ambas expresiones. pero no cuánto valen A y C. tenemos:
sen A sen C =b sen α sen β
senC a sen β = = constante.4. SOLUCIONES ANALÍTICAS DE LA INTERSECCIÓN INVERSA Partiendo del caso general expuesto en la Fig. senA b sen α y los ángulos á y â se han medido en campo. Sólo se conoce un ángulo y su lado opuesto. por ser A. tienen una diagonal común PB y el valor de su distancia en cada uno de ellos es: en el triánglo APB PB AB = sen A sen α PB BC = sen C sen β
Fig. A partir de aquí surgen distintas metodologías para deducir el valor de A y de C. Por tanto. 1. 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. Llamemos "a" y "b" a las distancias AB y BC conocidas. se conocen dos de sus ángulos.
Conocemos por tanto cuál es la relación de senos. Describiremos las más utilizadas:
. ya que las distancias AB y BC son conocidas. no podemos aplicar el teorema del seno en ellos.B y C puntos de coordenadas también conocidas (generalmente vértices geodésicos). con vértice en P.
2 Solución de Kästner Podemos sustituir el valor de la constante por la tangente de un ángulo δ. el problema está resuelto.
sen C sen (Z − A) sen Z cos A − cos Z sen A = = = sen Z cot A − cos Z = K (conocido ) sen A sen A sen A cot A = K + cos Z sen Z  senZ  A = arctg    K + cosZ  C=Z-A
Conocidos A y C.senC 1 − tagδ 1 − tag 50 g tagδ
sen C sen A = 1 + tagδ sen C 1 − tagδ 1− sen A 1+ Pero
senA + senC = senA . del triángulo APB se deduce:
∧  P B θA = θA + A  sen( A + α)  AP = a  sen α  P X P = X A + AP sen θ A    P YP = Y A + AP cos θ A  
4.1 Método de Pothenot sen C =k sen A A+C = Z (valor conocido) Luego C = Z . α Tenemos pues dos ecuaciones con dos incógnitas. Por tanto. A y C: A + C = K1   A − C = K2 Á= K1 + K 2    2  K1 − K 2  C=  2 
P B θC = θC − C
  sen( C + β)  CP = b  sen β 
P X P = X C + CP sen θC    P YP = YC + CP cos θC  
. A+C = 400-(α + β + B). En efecto.senC Luego
1 ( A + C ) cos 1 ( A − C ) 2 2 = tag ( A + C ) cot ( A − C ) 1 1 2 cos ( A + C ) sen ( A − C ) 2 2 2 sen
tag ( A − C ) = tag( A + C ) cot (50 + δ )
Expresión que nos permite calcular el valor de A-C. de forma que: Y operando: sen C = tagδ sen A senA + senC 1 + tagδ tag50 g + tagδ = = = tag (50 + δ ) senA . β y B. ya que A+C se conoce desde el principio. ya que los dos primeros se han medido directamente en campo y B = θBA -θBC. en el cuadrilátero ABCP se conocen los ángulos interiores α .A. En efecto.4.
de coordenadas planimétricas conocidas. Luis Martín Morejón) senC a sen β = = constante = K 1 senA b sen α sen C 1 tag ( A + C ) 1 + K1 senA + senC sen A = 2 = K2 = = sen C 1 − K 1 1 senA .3 Otra forma: (resolución de D.
Fig. Se partirá pues de unos datos conocidos (θAB y θBC . 17
Las coordenadas de los centros de los arcos capaces serán:  O A θB = θ B − (100 − α)     AB  BO =  2 sen α   O´ C θB = θB + (100 − β )     BC  BO´ =  2 sen β 
O  x O = BO ∗ sen θ B  B  O y O = BO ∗ cos θ B  B 
XO = X B + x O  B   O YO = YB + y B  
O x O´ = BO´ ∗ sen θ B ´   B  O´ O´ y B = BO´ ∗ cos θB  
X O´ = X B + x O´  B  O´  YO´ = YB + y B  
. AB y BC) y otros medidos en campo (α y α β ). 17.1 Basado en la resolución gráfica general por arcos capaces Sea la Fig. B y C.4. lanzando visuales a tres puntos A. en donde se representa el caso general de la determinación por Intersección Inversa de un punto P.senC 1− tag ( A − C ) sen A 2 1+ 1     tag (A + C)   2 = K3 A − C = 2arctg   K2   despejamos A y C       A + C = 400 − (α + β + B) 
5. RESOLUCIÓN TOPOGRÁFICA SIGUIENDO MÉTODOS GRÁFICOS 5.
Calculemos las coordenadas de los puntos M y N y el problema estará resuelto:  θ = θ − (100 − α)     AB  BM =  sen α    N C θB = θ B + (100 − β)    BC  BN =  sen β 
M B A B
M x M = BM ∗ sen θ B   B  M M y B = BM ∗ cos θ B  
XM = X B + x M  B   M YM = Y B + y B  
N x N = BN ∗ sen θ B   B  N N y B = BN ∗ cos θB  
XN = XB + x N  B  N  YN = Y B + y B  
. a partir de O ó de O´:
B O  θO = θ B ± 200   O´ B δ = θO − θO   P B O  θO = θO + 2δ = θ O ´ + δ   OP = OB   P P x O = OP sen θ O    P P y O = OP cos θO  
 X P = XO + x P  O P  YP = YO + y O  
B O θO ´ = θ B ´ ± 200   B O´ λ = θ O´ − θO  
P B O θ O´ = θO ´ − 2λ = θO ´ + λ    O´ P = O´B 
P P P xO ´ = O´P sen θO´  X P = X O´ + x O ´     P  P P y O´ = O´P cos θ O´  YP = YO ´ + y O´   
5. puedo calcular el acimut y la distancia que los separa: O xO ´ O´ O 2 O 2 θO = 200 − arctg O´ OO´ = x O ´ + y O ´ yO
Ya puedo deducir las coordenadas X e Y del punto P. β y B.A partir de las coordenadas de los centros. BC y AC. como en el caso anterior.2 Basado en la resolución por el método de Cassini
Conocemos. los θ AB . θ BC y θ AC y los ángulos α . las distancias AB.
Las coordenadas del punto auxiliar de Collins. se puede calcular el acimut θ RB . los θ AB . BC y AC. θ BC y θ AC y los ángulos α . conocemos las distancias AB.A partir de las coordenadas puedo calcular:
N θM = 200 − arctg N xM N yM
N B N M λ = θ M − θ M = θM − θB
 BM   MP =  cos λ  P N   − 200 θ M = θM 
P x P = MP ∗ sen θM   M  P P y M = MP ∗ cos θ M   P X P = X M + xM   P  YP = YM + y M  
5. β y B.
B θR = 200 + arctg
xB P R = θR B yR
. que es igual que el acimut θ RP. XR e YR . 19
AR AC = sen α sen (α + β )
R C θA = θA − β
sen α   sen (α + β)   
R x R = AR ∗ sen θ A   A  R y R = AR ∗ cos θ A  A 
XR = X A + x R  A  R YR = YA + y A  
Con las coordenadas de R y de B.3 Basado en la resolución por el método de Collins Igual que en los dos casos anteriores. son fácilmente deducibles:
Logroño: el autor. L. basada en las dos anteriores.. G. se ha podido comprobar la versatilidad del método de Intersección Inversa y las profundas relaciones que tiene con los conceptos geométricos básicos. La comprensión y asimilación de todos los razonamientos y desarrollos expuestos. Topografía General y Aplicada. J. S. Y por último. tiene su fundamento en la Geometría Clásica. Métodos Topográficos y Oficina Técnica. más que perseguir introducir gran cantidad de formulismos y procesos geométricos complicados..
7. Dibujo Técnico: Fundamentos Geométricos. Tratado General de Topografía. Barcelona: GUSTAVO GILI.En el triángulo ARP. se deduce:
A P R λ = θ R − θR = θ A + 200 − 200 + arctg
xB xB R A = θ R + arctg R yB yB R R sen (α + λ) sen α
RP AR = sen (α + λ) sen α
P x P = RP ∗ sen θR   R  P P y R = RP ∗ cos θ R  
RP = AR
XP = XR + x P  R  P YP = YR + y R  
6. 1997. Con ello queda demostrado cómo un método de aplicación claramente Topográfica. lo que pretende es desarrollar su concepción espacial y demostrar que los conceptos teóricos básicos que se le inculcan a los alumnos en materias como el Dibujo Técnico o la Expresión Gráfica. 1990 [4] Ojeda Ruiz. se plantea otro método de resolución de los problemas planteados: la resolución por razonamientos topográficos. F. Madrid: el autor.BIBLIOGRAFÍA
[1] Dominguez Garcia-Tejero. 1984
. 1978 [3] Martín García-Cuerva. Por otra parte. Madrid: MUNDIPRENSA. se comprende cómo toda solución gráfica tiene una solución analítica. J. a la cual a veces no se le concede la importancia que merece. CONCLUSIONES A lo largo de los anteriores apartados. Por un lado.A. tienen siempre una aplicación práctica concreta. se comprueba que la resolución gráfica del método va asociada siempre a una justificación gráfica básica. [2] Jordan. Es interesante destacar la triple forma de resolución de los casos planteados.
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