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Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629]

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Presentazione sul tema: "Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629]"— Transcript della presentazione:

1 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629]

2 BILATERE e TRILATERE ● Chiameremo bilatera la sequenza di due lati consecutivi facenti parte di un indefinito perimetro e caratteriz- zati dall’angolo tra essi compreso. ● Chiameremo trilatera la se- quenza di tre lati consecutivi facenti parte di un indefinito perimetro e caratterizzati dai due angoli tra essi compresi e dalla lunghezza del lato centrale.  Le singole operazioni di frazionamento delle aree non riguardano l’intera particella originaria, ma piuttosto una parte di essa, delimitata da una dividente e da una parte del confine originario (perlopiù una bilatera o una trilatera).   a 2

3 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] LE DIVIDENTI Le dividenti sono segmenti rettilinei (più raramente spezzate) con le quali vengono frazionate le superfici degli appezzamenti di terreno. Per la loro definizione è necessario determinare le posizioni degli estremi e le loro lunghezze. Le dividenti (convenzionalmente disegnate in colore rosso) sono quasi sempre vincolate da due diverse condizioni geometriche: 1. dividenti passanti per un punto (sul confine, interno o esterno all’appezzamento); dividenti con direzione assegnata (perlopiù parallele o normali a una data direzione) ) 2) 3 3

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5  BILATERA CON VERTICE IN A P A d h x1x1 Problema: staccare le aree s 1, s 2, s 3 … con dividenti uscenti da P sul confine. s1s1 2 s 1 x 1 = d · sen  1 s2s2 2 x2x2 2 (s 1 + s 2 ) x 2 = d · sen  s3s3 3 x3x3 2 (s 1 + s 2 + s 3 ) x 3 = d · sen  x 2 x = --- (s 1 + s 2 ) s 1 (s 1 + s 2 ) x 2 = x 1 s 1 Triangoli con stessa altezza h x 3 x = --- (s 1 + s 2 + s 3 ) s 1 (s 1 + s 2 + s 3 ) x 3 = x 1 s 1 5

6 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] TRILATERA CON VERTICI IN A E B P A Problema: staccare le aree s 1, s 2, s 3 … con dividenti uscenti da P sul confine. 2 s 1 x 1 = d · sen  1  B m m 2 + a 2 – d 2 m 2 + a 2 – d 2 =arccos  ’ =arccos ma 2 ma S ABP = ½ d · a · sen  ’’ ”” m=  d 2 + a 2 – 2 ad cos  Se s 1 < S ABP 1 è su AB d a x1x1 s1s1 – 2( s 1 + s 2 – S ABP ) x 2 = m · sen  ” Se s 1 + s 2 > S ABP 2 è dopo B s 1 + s 2 - S ABP 2 s2s2 x2x2 – 2(s 1 + s 2 )=da sen  + ax 2 sen  – dx 2 sen (  +  )  – 2(s 1 + s 2 + s 3 – S ABP ) x 3 = m · sen  ” in alternativa: s3s3 3 x3x3 6 6

7 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] TRILATERA CON VERTICI IN A E B P A Problema: staccare le aree s 1, s 2, s 3 … con dividenti uscenti da P interno al confine. 2 s 1 x 1 = d · sen  ’ 1  B m m 2 + a 2 – d 2 m 2 + a 2 – d 2 =arccos  ’ =arccos ma 2 ma S ABP = ½ d · a · sen  ’ ’’ ”” m=  d 2 + a 2 – 2 ad cos  ’ Se s 1 < S ABP 1 è su AB d a x1x1 s1s1 – 2(s 1 + s 2 – S ABP ) x 2 = m · sen  ” Se s 1 + s 2 > S ABP 2 è dopo B s 1 + s 2 - S ABP 2 s2s2 x2x2 – 2(s 1 +s 2 )=da sen  ’ + ax 2 sen  – dx 2 sen (  ’+  ) ’’ – 2(s 1 + s 2 + s 3 – S ABP ) x 3 = m · sen  ” in alternativa: s3s3 3 x3x3 7 7

8 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629]  BILATERA CON VERTICE IN A P A v u PROBLEMA GENERALE: staccare un’area S con dividente uscente da P interno al confine. s HVU G VU Si adotta un sistema cartesiano obliquo (   90°) con origine in A e assi (che indicheremo con V e U ) coincidenti con i lati della bilatera. m n mn Indichiamo con m e n le coordinate oblique di P (note). S   S 2 – 2 S · m · n · sen  v = m · sen  S   S 2 – 2 S · m · n · sen  v = m · sen  2 S u = v · sen  2 S u = v · sen  Il problema presenta 1 soluzione se: S 2 =2 S ·m ·n·sen  Il problema presenta 2 soluzioni se: S 2 >2 S ·m ·n·sen  Il problema non presenta soluzioni se: S 2 <2 S ·m ·n·sen  8 8

9 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] DETERMINAZIONE DELLE COORDINATE OBLIQUE M, N P A HV U=X G Note le coordinate cartesiane di P m y P n = sen  Y n  m = x P – y P cotg  m xPxP yPyP  ’’ P A HVU G Note le coordinate polari di P m d d sen  ’ m = sen  1 N n 2   n  = 200 C – [  ’ +(200 C –  )]  d sen  n = sen   ’ = 2 – 1 9 9

10 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] BILATERA CON VERTICE IN A: SOLUZIONE DELLA “FALSA POSIZIONE” BILATERA CON VERTICE IN A: SOLUZIONE DELLA “FALSA POSIZIONE” P A a p Problema: staccare un’area s con dividente uscente da P interno al confine. s N M q b     M’ N’ 1.Si traccia l’allineamento arbitrario MN passante per il punto P. p 2 q 2 2( S AMN –S) =  cotg  +cotg ’ cotg  +cotg  2.Si misurano direttamente le distanze a, b, p, q che determinano sia l’allineamento MN sia il punto P su esso. 3.L’allineamento MN rispetta la condizione geometrica, ma stacca l’area S AMN e non quella richiesta S. 4.Risolvendo il triangolo AMN si ricava l’area S AMN e gli angoli , ,. 5.Si confronta S con S AMN : supponiamo S < S AMN 6.Si ruota l’allineamento provvisorio MN intorno a P di un angolo  ricavabile dalla seguente espressione: 7.Con  si possono risolvere i due triangoli PMM’ e PNN’ per ricavare MM’ e NN’, quindi fissare la dividente definitiva partendo dalla falsa posizione MN. 10

11 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629]  POLILATERA CON VERTICI IN A, B, C, D… A Problema: staccare le aree s 1, s 2, s 3 … con dividenti uscenti da P su un lato della polilatera. B C D E P   m n S PBC =½ m BC sen  ’’ ”” ’’ ”” S PCD =½PC DC sen  ” ’’ ”” S PDE =½PD DE sen  ” S1S1 M x supponiamo S 1 < S PBC x = 2S 1 / m sen  N S2S2 S 1 +S 2 –S PBC y supponiamo S 1 +S 2 >S PBC e S 1 +S 2 >S PBCD y = 2(S 1 +S 2 –S PBC )/ PC sen  ” Q S3S3 (S 1 +S 2 +S 3 )–S PBCD z supponiamo S 1 +S 2 +S 3 >S PBCD e S 1 +S 2 +S 3 >S PBCDE z = 2(S 1 +S 2 +S 3 –S PBCD )/ PD sen  ” 11

12 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] 12

13 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629]  BILATERA CON VERTICE IN A BILATERA CON VERTICE IN A A x1x1 Problema: staccare le aree s 1, s 2, s 3 con dividenti formanti un angolo  con un lato della bilatera. s1s1 2 s 1 sen (  +  ) x 1 =  sen  sen  1 s2s2 2 x2x2 2 (s 1 +s 2 ) sen (  +  ) x 2 =  sen  sen  s3s3 3 x3x3 2 (s 1 +s 2 +s 3 ) sen (  +  ) x 3 =  sen  sen  s 1 x = ---- (s 1 + s 2 ) x 2 2 s 1 + s 2 x 2 = x 1  s 1 TRIANGOLI SIMILI s 1 x = ---- (s 1 +s 2 +s 3 ) x 3 2 s 1 + s 2 + s 3 x 3 = x 1  s 1   y1y1 2 s 1 y 1 = x 1 sen  2 (s 1 + s 2 ) y 2 = x 2 sen  2 (s 1 +s 2 +s 3 ) y 3 = x 3 sen  x 1 =  2 s 1 (cotg  + cotg  ) 13

14 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] TRILATERA CON VERTICI IN A E B A x1x1 Problema: staccare le aree s 1, s 2 con dividenti formanti un angolo  con un lato della trilatera. s1s1 2 (s 1 +  ) sen (  +  ) x 1 =   q sen  sen  1 s2s2 2 x2x2 2 (s 1 +s 2 +  ) sen (  +  ) x 2 =   q sen  sen    y1y1 2 (s 1 +  ) y 1 =  r x 1 sen  2 (s 1 + s 2 +  ) y 2 =  r x 2 sen  x 1 =  2 (s 1 +  ) (cotg  + cotg  )    B a  =  +  – 200 C  =½ q r sen  a sen  r = sen  a sen  q = sen  O  r q  NOTA La dividente 2 dell’area S 2 (di forma trapezia) potrebbe essere determinata con una diversa procedura… 14

15 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] PROBLEMA DEL TRAPEZIO Problema: staccare da una trilatera un’area S con dividente parallela al lato mediano della trilatera. A   B a D C x x x M N S x /sen  x /sen  2S = x a sen  + sen  x a sen   sen  x x sen (  +  ) sen  sen  sen (  +  ) 2S = a x + a x  x sen  sen  sen (  +  ) x  2a x + 2S = 0 sen  sen  x 2 (cotg  + cotg  )  2a x + 2S = 0 NOTE L’equazione di 2° grado fornisce due soluzioni x 1 e x 2. Se una di esse è negativa viene scartata. Se sono entrambe positive viene adottata quella che più si avvicina al rapporto S/a. 15

16 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] ESEMPIO Problema: staccare le aree s 1, s 2, s 3 … con dividenti ortogonali al lato AB (  =90°). A   B a D C x M N s1–s1– x 2 (cotg  ” + cotg 90°)  2m x + 2 (s 1 –  )= 0 d  b c x A’  d cos  m=d sen  x /sen  ” ”” ’’ 90° x quindi AM = d cos  + x; DN = x / sen  ” 0 MN = m + x cos  ” Q P y s2s2 y y /sen  ” ”” 90° y 2 (cotg  ” + cotg 90°)  2MN y + 2s 2 = 0 y quindi AQ = AM+y; PD = DN + y / sen  ” 0 PQ = MN+ y cos  ” s3s3 deve essere: PD  c 16

17 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] ESEMPIO A   B D C x M N S1S1S1S1 Problema: staccare le aree s 1, s 2, s 3 con dividenti parallele al lato AB. E F   D’ AB+CD’ BC S ABCD’ = sen  poniamo: S 1 S ADHCB y 2 (cotg  ’ + cotg )  2HD y + 2(S 2 – S DD’CH – S MNCD’ )= 0 y S2S2S2S2 S 2 – S DD’CH – S MNCD’ QP ’’ da cui y quindi DQ; PH; PQ… 17

18 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] ESEMPIO (METODO DELLA FALSA POSIZIONE) ESEMPIO (METODO DELLA FALSA POSIZIONE) A Problema: staccare l’area S con dividente uscente dal punto P interno all’appezzamento. E P  m M 1. Si traccia l’allineamento arbitrario HK passante per P misurando in campa- gna le lunghezze m, n, p, q.  H 2. Nel poligono HBCDK si calcola l’area  =S HBCDK e gli angoli e .  3. Supponiamo l’area  >S 4. Ruotiamo l’allineamento HK attorno a P di un angolo .  5. L’allineamento MN definisce l’area S da staccare; l angolo incognito  viene determinato con la seguente relazione: m 2 n 2 2( S–  ) =  cotg  +cotg cotg  +cotg  ’ ricavando y = cotg  si ottiene  = arctg (1/y) S =  – S PHM + S PNK  B C D  n  N  p q K ’’ S  18

19 Copyright © 2009 Zanichelli Editore S.p.A., Bologna [6629] ESEMPIO (METODO DELLA FALSA POSIZIONE) A Problema: staccare l’area S con dividente uscente dal punto P interno all’appezzamento. E P  1. Si traccia l’allineamento arbitrario HK passante per P misurando in campagna le lunghezze m, n, p, q. 2. Nel poligono HBCDK si calcola l’area  =S HBCDK e gli angoli e . 3. Supponiamo l’area 


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