Sol Esferica

TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA

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1.- Hallar la longitud de un grado del paralelo que corresponde a Pekín (116º 30’ E, 40º N).

2.- En la geometría euclídea, los ángulos interiores de un triángulo suman 180º, pero, en la geometría hiperbólica, desarrollada por Lobachevski, la suma de los lados de un triángulo es siempre menor de 180º y en la geometría de Riemann dicha suma es siempre superior a 180º, como en el caso de un triángulo situado sobre una esfera. Obtener el área del triángulo esférico determinado por: La Coruña (4º 43’ O, 43º 22’ N), Barcelona (5º 50’ E, 41º 24’ N) y Las Palmas (11º 44’ O, 28º 9’ N).

3.- En cada uno de los siguientes casos, razonar si puede existir al menos un triángulo esférico con los elementos dados. En caso afirmativo, calcular los elementos restantes: a. Tres lados: a = 60º 00’31’’, b = 137º 20’40’’, c = 116º 00’32’’ b. Tres lados: a = 90º, b = 48º 50’, c = 67º38’, c. Tres ángulos: A = 70º 00’25’’, B = 131º 10’15’’, C = 94º 50’53’’ d. Dos lados y el ángulo comprendido entre ellos

a = 64º 24’03’’, b = 42º 30’10’’, C = 58º 40’52’’ e. Dos ángulos y el lado comprendido entre ellos

c = 116º 12’05’’, A = 70º 51’15’’, B = 131º 20’26’’ f. Dos lados y un ángulo no comprendido entre ellos

a = 58 º46’22’’, b = 137 º02’50’’, B = 131º 52’33’’ g. Dos ángulos y un lado no comprendido entre ellos

a = 70º, B = 119º, A = 76º

4.- Hallar los lados a y b de un triángulo esférico del que se conoce: A = 90º, B = 47º 54’54’’, a - b = 13º 40’50’’

5.- Resolver, si es posible, los siguientes triángulos esféricos rectángulos, siendo A=90º:

a) a=60º 07’ 13”, C=59º 00’ 12”. b) b=167º 03’ 38”, B=157º 57’ 33”. c) a=112º 42’ 36”, b=76º 44’ 15”.

6.- Dado el triángulo esférico de lados a=80º, b=40º y c=100º, hallar la altura esférica sobre el lado “a” y decir si es interior o exterior al triángulo.

7.- Calcular los arcos de circunferencia máxima correspondientes a:

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Nota

Todas las palabras en color azul están recogidas y definidas en el Vademécum requiere su instalación.


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A=84º30'B

C

c=104º22'

b=54º10'

a) Altura sobre el lado c. b) Mediana sobre el lado c. c) Bisectriz del ángulo C.

8.- Demostrar que en un triángulo esférico rectángulo se verifica:

1) Un cateto y su ángulo opuesto son ambos agudos o ambos obtusos.

2) Si los catetos son ambos agudos o ambos obtusos, entonces la hipotenusa es aguda; pero si un cateto es agudo y otro es obtuso, entonces la hipotenusa es obtusa.

9.- Demostrar que en un triángulo esférico equilátero se verifica: a) cos A = cos a /(1+cos a) b) sec A - sec a = 1 c) 2 cos (a/2) sen (A/2) =1.

10.- Un avión vuela de Madrid a Tokio a una altitud de 10 000 m siguiendo un círculo máximo de la esfera terrestre. Sabiendo que las coordenadas de Madrid y Tokio son: Madrid: latitud: Norte 40º 24’; longitud: Oeste 3º 41’ Tokio latitud: Norte 35º 40’; longitud: Este 139º 45’ y que el radio de la tierra es 6371 km, se pide: a) ¿Qué distancia recorre el avión entre Madrid y Tokio? b) ¿A qué distancia del Polo Norte pasa aproximadamente? c) Se denomina Círculo Polar Ártico a una circunferencia menor sobre la tierra tal que en ella, en el solsticio de verano, el Sol no se pone en todo el día. El Círculo Polar Ártico se encuentra a una latitud Norte 60º 30’. ¿Sobrevuela el mencionado avión el Círculo Polar Ártico?

11.- Un avión se dirige de Madrid a Nueva York con una velocidad de 990 km/h. Hallar las coordenadas geográficas del punto donde se encontrará el avión al cabo de 3 horas de vuelo. Coordenadas geográficas de Madrid: 40º 24’ latitud N, 3º 41’ longitud O Coordenadas geográficas de Nueva York: 40º 45’ latitud N, 74º longitud O Utilizar como radio de la esfera sobre la que se mueve el avión: 6371 km


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12.- Un barco parte del punto A del paralelo de latitud 48º35' Norte con velocidad de 20 nudos. Al mismo tiempo parte otro barco de un punto de la misma longitud que A, pero sobre el paralelo de latitud 36º52’ Norte y velocidad de 18 nudos. Ambos barcos siguen su paralelo en dirección Oeste. Encontrar la distancia en millas que los separa al cabo de 56 horas de marcha. NOTA: El arco de un minuto, de longitud 1852 m, se llama milla marina. La velocidad de una milla por hora se llama nudo.

13.- Un barco que parte del punto A (latitud 36º50' N. y longitud 76º20' O.) y que navega a lo largo de una circunferencia máxima corta al Ecuador en un punto cuya longitud es 50º 00' O. Encontrar el rumbo inicial y la distancia recorrida.

14.- Resolver el triángulo esférico tal que:

A = 68º 39’ 07’’, B = 74º 07’ 12’’, a = 51º 42’ 08’’

15.- Un navío parte del punto A y llega hasta el B, recorriendo un arco de circunferencia máxima. Las coordenadas geodésicas de ambos puntos son: Calcular la distancia recorrida por el navío y el rumbo del mismo. Nota: Radio de la tierra R6371 km.

16.- Resolver el triángulo esférico de que se conocen los datos:

a=76º00’00’’; A=70º00’00’’; B=119º00’00’’

17.- Resolver el siguiente triángulo esférico rectángulo:

A = 90º, b = 46º 46’ 04’’, B = 57º 28’ 03’’

18.- Resolver el triángulo esférico rectángulo (Â = 90º) sabiendo que:

B̂ = 157º 57’ 33’’ b = 167º 3’ 38’’

19.- Sobre una esfera de radio R = 6370 km se sitúan 3 puntos, A, B y C, vértices de un triángulo esférico. Los ángulos en A y B valen

Longitud 20º30'40'' EB

Latitud 48º50'02'' N

55Longitud º48'10'' EA




respectivamente A = 70º y B = 119º, y el lado opuesto al ángulo A tiene como valor a = 76º.

Se pide calcular la distancia esférica (en km) entre el punto A y el lado opuesto, a.

20.- Dos triángulos esféricos tienen en común los elementos siguientes: a=51º42’, A=68º39’, B=74º07’. Calcular el lado b en ambos triángulos y analizar si ambas soluciones son válidas.

21. Resolver el siguiente triángulo esférico, sabiendo: a = 79º 48’, b = 53º 12’ y A = 110º 2’

22.- a) Resolver el triángulo esférico rectilátero e isósceles tal que b=c=60º00’00’’ b) Determinar los ángulos de un triángulo esférico equilátero cuya área sea igual a la mitad del área encerrada por una circunferencia máxima

23.- Dadas las coordenadas geográficas de las siguientes ciudades:

Santiago de Compostela: 42º52’ N ; 8º33’ O Madrid : 40º24’ N ; 3º41’ O Girona: 41º59’ N ; 2º49’ E

Y dado el radio de la Tierra de 6371 km Calcular: a) Distancias esféricas entre estas ciudades b) Superficie del triángulo esférico que tiene por vértices dichas ciudades.

24.- Un barco ha de salir del puerto A (latitud 20º 31’ N, longitud 70º 11’ E) y llegar al puerto B (latitud 42º 22’ N, longitud 10º 45’ W). Calcular: a) La distancia AB (llamada distancia ortodrómica), considerando el radio de la tierra, R=6371 km. b) El rumbo inicial. c) El rumbo final.

25.- Resolver el triángulo esférico rectángulo (A = 90), sabiendo que: a = 143º 21’ 58’’ y b = 167º 03’ 38’’.



26.- Un avión vuela de Madrid a Nueva York a una altitud de 10.000 m. De Madrid sale con rumbo Noroeste y vuela 2.000 km hasta llegar a un punto en el cual vira para dirigirse directamente a Nueva York. Sabiendo que las coordenadas de Madrid y Nueva York son

Madrid: 3º 41' Oeste; 40º24' Norte Nueva York: 74º00' Oeste; 40º45' Norte

(La Tierra se considera una esfera de radio 6371 km y que el avión recorre ciclos de la esfera). Se pide: a). Distancia entre Madrid y Nueva York. b). Distancia recorrida por el avión.

27.- Un avión parte de un lugar cercano a Nueva York (74º longitud Oeste; 40º45’ latitud Norte) con rumbo 30º10’ (dirección Norte y Oeste). Dar las coordenadas del punto de su recorrido más cercano al Polo Norte.

28.- Resolver el triángulo esférico rectilátero a=90º, A=36º 25’ 08”, c=102º 00’ 00”, situado sobre una esfera de 5 km de radio. Calcular:

a) La superficie que ocupan él y su triángulo polar. b) Hallar la mediana esférica del triángulo dado que parte del

vértice B. c) Hallar la distancia esférica desde el vértice A al vértice C, así

como desde el vértice B al lado b.

29.- Demostrar que en un triángulo esférico rectángulo se verifica:

a) Si A=90º, entonces tgc cosa = senb cotgB.

b) Si A=90°, entonces:

2a c a c btg tg tg2 2 2

.

c) Si C=90º, entonces cos2A sen2c = sen (c+a) sen (c-a).

30.- Demostrar que la bisectriz esférica de un ángulo de un triángulo esférico, divide al lado opuesto en dos arcos cuyos senos son proporcionales a los senos de los lados contiguos.

31.- En un triángulo esférico se verifica que a+b=180°. Calcular el arco de ciclo que es la mediana correspondiente al lado c.

32.- En el triángulo esférico rectilátero en el que c=90°; obtener la altura esférica correspondiente al lado c en función de los otros dos



lados.

33.- Expresar en función de los lados de un triángulo esférico el producto senA senB senC.

34.- Demostrar que en todo triángulo esférico se verifica que:

a b 180º A B 180º .

35.- Demostrar que si dos ángulos de un triángulo esférico son rectos, los lados opuestos a estos ángulos son cuadrantes y el tercer ángulo está medido por el lado opuesto. Si los tres ángulos de un triángulo esférico son rectos, demuéstrese que la superficie esférica del triángulo es un octante de la esfera.

36.- En un triángulo esférico rectángulo la suma de los catetos vale 100º, la hipotenusa mide 80º; calcular el valor del cateto más pequeño.

37.- Si ε es el exceso esférico del triángulo esférico en el que a=b y C=90º, calcular tgε en función de a

38.- Calcular la distancia mínima en km que hubiera tenido que recorrer

las naves de Cristóbal Colon en su primer viaje y descubrimiento de

América.

Datos: Considérese como punto de salida la ciudad de Santa Cruz de

Tenerife y llegada la isla de S. Salvador en las Bahamas

39.- Calcular el valor del coseno del exceso esférico del triángulo cuyos

lados miden a=b=3 y c=

2 .

40.- Calcular el área del triángulo esférico y el volumen de la pirámide esférica que determina en una esfera de 6cm de radio un triedro



equilátero cuyos diedros miden 100° y cuyo vértice es el centro de dicha esfera.

41.- De un triángulo esférico trazado en una superficie esférica cuyo radio es 10 dm se conocen: A = 71º 20´; B = 119º 25´; C = 60º 45´. Se pide: a) Resolver el triángulo. b) Hallar su área. c) Hallar el volumen de la pirámide esférica cuyo vértice es el centro de la esfera y su base el triángulo dado.

42.- Hallar el área del pentágono esférico cuyos ángulos miden 87° 16’, 108° 34’, 126° 23’, 150° y 156° 48’ en una esfera de 16 dm de radio.

43.- En todo triángulo esférico isósceles (b=c), se verifican las relaciones siguientes:

a) a Asen senb sen2 2

b) A acos senB cos2 2

44.- De un triángulo esférico se conocen: a = 74º 05’ 00’’, b = 63º 17’ 00’’, A = 113º 42’ 00’’ a) Analizar cuántos triángulos esféricos se adaptan a estos datos. b) Resolver el ó los triángulos, según proceda.

45.- En un triángulo esférico se verifica 2p=a+b+c=180º. Demostrar que cosA+cosB+cosC=1.

46.- Calcular la distancia en km, entre Madrid y Málaga, siendo las coordenadas de Madrid longitud 3º 41’ Oeste y latitud 4024’30” Norte, y las de Málaga 049’55” Oeste y 3643’13” Norte.

47.- Resolver el triángulo esférico conociendo el lado a=12010’0”, la altura h=4215’0” y la mediana m=6210’0” que parten del vértice A.



48.- Determinar los ángulos A y B de un triángulo esférico conocida su diferencia B-A=32º14’ y los lados opuestos a=67º25’35’’ y b=143º44’46’’.

49.- En un triángulo esférico rectángulo (A=90º) la suma de los catetos vale 100º y la hipotenusa 80º, calcular los catetos.

50.- Un avión parte de un punto de la Tierra de coordenadas 40º N, 3º O. Su rumbo es 78º NE, su altitud de vuelo es de 4.000 m y su velocidad de 610 km/h. Se pide obtener las coordenadas del punto en el que el avión atraviesa el paralelo 30ºN y calcular el tiempo que tarda en llegar a dicho lugar, considerando el radio de la tierra de 6373 km.

51.- En la Tierra, sea el círculo máximo que pasa por los puntos A (latitud 0º, longitud 60º O) y B (latitud 60º N, longitud 0º) Se pide: a) Distancia en kilómetros entre los puntos A y B.

b) Puntos en que dicho círculo máximo corta el Ecuador c) Puntos en que dicho círculo máximo corta el paralelo 60º N Nota: Radio de la Tierra R = 6378 km

52.- Sea el triángulo esférico, situado sobre la superficie de la Tierra, cuyos vértices son el Polo Norte y los puntos B y C de coordenadas: B (longitud: 120º Este, latitud: 40º Norte), C (longitud: 30º Oeste, latitud: 60º Norte)

Se pide: a) Resolver el triángulo. b) Calcular la superficie del triángulo.

53.- Un barco navega 2000 km hacia el Este a lo largo del paralelo de latitud 42º ¿Cuál es la longitud del punto de llegada?, si: a) Parte de la longitud 125º O. b) Parte de la longitud 160º E. (Tomar como radio de la tierra 6370 km)



54.- Un barco navega a lo largo de una circunferencia máxima desde la localidad de Dutch Harbor (latitud: 53º 53’ N, longitud: 166º 35’ O) hasta un punto M (latitud: 37º 50’ S, longitud: 144º 59’ O). Se pide: a) Calcular la distancia y el rumbo de salida (ángulo que forma la trayectoria con el meridiano del punto de salida indicando polo y dirección Este u Oeste). b) Localizar el punto donde la trayectoria corta al Ecuador. c) Hallar el área del triángulo esférico determinado por el Polo Norte y ambos lugares.

55.- Un avión parte del aeropuerto de Talavera la Real. Encontrar el rumbo y la distancia para un vuelo a Nueva York. Sabiendo que las coordenadas de Talavera la Real y Nueva York son:

Talavera la Real: 6º 46’ 24'’ Oeste; 38º52'35’’ Norte Nueva York: 74º00' Oeste; 40º45' Norte

(La Tierra se considera una esfera de radio 6371 km y que el avión recorre ciclos de la esfera). Determinar cual es la máxima latitud que alcanza dicho vuelo

56.- Un avión parte de Kopervik (Noruega) hacia Fortaleza (Brasil). Las coordenadas geográficas de dichas ciudades son:

Kopervik (longitud: 5º 18’ E, latitud: 59º 17’ N) Fortaleza (longitud: 38º 29’ O, latitud: 3º 41’ S) Tomando como radio de la tierra R = 6371 km, hallar: a) La distancia entre ambas ciudades. b) La distancia recorrida por el avión que vuela a 10 km de altura. c) Las coordenadas geográficas del punto H en que la trayectoria

corta al ecuador.

57.- Dado el triángulo esférico de ángulos B = 34º49’11’’ y C = 118º58’36’’ y siendo c (el lado opuesto al ángulo C), de valor c = 100º. Se pide: a) Hallar la altura esférica sobre el lado a (opuesto al ángulo A) indicando si es interior o exterior al triángulo b) Resolver el triángulo



58.- Dado el triángulo esférico de lados a=80º, b=40º y c=100º, Calcular los arcos de circunferencia máxima correspondientes a: a) Mediana sobre el lado c. b) Bisectriz del ángulo C.

59.- a) Hallar la distancia entre Puerto Cabello (Venezuela) (10º 29’ N, 68º 00’ O) y Cádiz (España) (36º 30’ N, 6º 20’ O). b) Hallar el rumbo inicial y el rumbo final de un barco que se dirija de Puerto Cabello a Cádiz. c) Calcular la latitud y longitud de la posición del barco cuando haya recorrido 3000 km. d) Si el barco no parase en Cádiz, sino que siguiera navegando por la circunferencia máxima que une ambas ciudades, localizar el punto del recorrido más próximo al polo norte (dar su latitud y longitud). Nota: tomar como radio de la tierra 6370 km.

60.- Un barco realiza un viaje desde Bergen (Noruega) (60º 24’ 00”N, 5º 19’ 00”E) hasta St. John’s (Canadá) (47º 34’ 00”N, 52º 41’ 00”O). Se pide calcular:

a) La distancia entre ambas ciudades. b) El rumbo inicial (ángulo entre el norte del meridiano y la

trayectoria medido en sentido de las agujas del reloj). c) La distancia más corta del Polo Norte a la trayectoria.

61.- Un avión parte de una ciudad A(Cádiz) hacia otra ciudad B(Bristol). Las coordenadas geográficas de dichas ciudades son:

A (longitud: 6º 20’ O, latitud: 36º 30’ N); B (longitud: 2º 38’ O, latitud: 51º 27’ N)

a) Calcular la distancia entre ambas ciudades d(A B). b) Sabiendo que las coordenadas geográficas de otra ciudad C(Oviedo) son (longitud: 5º 50’ O, latitud: 43º 22’ N) y conocidas las distancias: d(A, C) = 764.6003 km, d(B, C) = 930.1393 km, hallar la distancia aproximada a la que pasa el avión de la ciudad C. Nota: tomar, en ambos apartados, el radio de la esfera sobre la que realizar los cálculos R = 6370 km.



62.- Un barco sale de un punto A (38º 3’ N, 40º 20’ O) con un rumbo N 23º 20’ E. Tras haber realizado una travesía por una circunferencia máxima entra en un punto B con un ángulo de 43º 15’ (43º 15’ =ángulo ABN). Se pide, calcular:

a) Las coordenadas del punto B. b) La distancia entre A y B

63.- Se va a estudiar la viabilidad de ciertos vuelos desde Boston (EEUU) con dirección a Monrovia (Liberia). Sabiendo que las coordenadas geográficas de dichas ciudades son:

Boston (longitud: 71º 03’ O, latitud: 43º 23’ N) Monrovia (longitud: 10º 49’ O, latitud: 6º 20’ N)

a) Calcular la distancia entre ambas ciudades. b) Hallar la longitud del punto donde la trayectoria corta al Ecuador.

64.- Desde un punto M de la Tierra situado sobre el meridiano de Greenwich y con latitud 45ºN parte un avión hacia otro punto P. Este punto P equidista del Polo Norte, del Punto M y de un punto Q de coordenadas (65º31’48.72”º E, 45º N). El avión se ve obligado a aterrizar en un punto A, cuando lleva recorridos 2/3 de su camino, al Este de M. Se considera la Tierra como una esfera 6370 km de radio y que la altitud de vuelo del avión es despreciable frente a esta magnitud. Hallar:

a) Las coordenadas geográficas del punto de aterrizaje b) El tiempo que tardó en efectuar éste si llevó una velocidad

constante de 800 km/h c) El área del triángulo esférico definido por los puntos M, A y el

Polo Norte

65.- Calcular la superficie del triángulo esférico que tiene por vértices las siguientes ciudades Rio de Janeiro (Brasil) (latitud: 22º54’0’’ S; longitud: 43º13’59’’ O) Atenas (Grecia) (latitud: 37º58’40’’ N; longitud: 23º43’40’’ E) Kingston (Jamaica) (latitud: 17º59’0’’ N; longitud: 76º48’0’’ O)



66.- Dadas las coordenadas de las siguientes ciudades: Tokio (Japón): (35º45’50’’N; 140º23’30’’E) Tahití (Polinesia Francesa): (17º40’00’’ S; 157º49’34’’O)

Y conocidas las distancias esféricas entre Tokio y Honolulu (Hawaii) que es de 6.146,812 km y entre Tahití y Honolulu que es de 4.430,312 km. Siendo el radio de la Tierra es de 6.373 km. Se pide: a) Calcular la distancia esférica entre Tokio y Tahití, expresada en km. b) Calcular la superficie esférica del triángulo formado por Tokio, Tahití y Honolulu.

67.- Un avión parte con rumbo 30º 10’ (ángulo que forma el meridiano con la trayectoria medido en el sentido de las agujas del reloj) desde un punto A de coordenadas

A longitud 74º 00’ 00” O, latitud: 40º 45’ 00”N a) Calcular las coordenadas geográficas (latitud y longitud) del punto de la trayectoria más cercano al Polo Norte. b) Hallar la distancia en unidades sexagesimales y en km desde el punto A hasta Madrid longitud 3º 41’ 00” O, latitud: 40º 24’ 00”N.

68.- Tomando como radio de la tierra 6370 km: a) Hallar la distancia entre Puerto Cabello (Venezuela) (10º 29’ N, 68º 00’ O) y Cádiz (España) ( 36º 30’ N, 6º 20’ O). b) Hallar el rumbo de un avión que se dirija de Puerto Cabello a Cádiz. c) Calcular la latitud y longitud de la posición del avión cuando haya recorrido 3000 km desde Puerto Cabello. d) Si el avión no aterrizase en Cádiz, sino que siguiera volando por la circunferencia máxima que une ambas ciudades, localizar el punto del recorrido más próximo al polo norte (dar su latitud y longitud).

69.- Un barco parte del punto A de latitud 58º17' Norte y longitud 128º31’ Oeste y navega 132 millas con un rumbo 243º. Hallar la posición del punto de llegada.

NOTA: El arco de un minuto, de longitud 1852 m, se llama milla marina. La velocidad de una milla por hora se llama nudo.



EJERCICIOS PROPUESTOS Resolver los siguientes triángulos esféricos:

1) A=90º, b=38º 17’ 46”, c=37º 04’ 13”. 2) A=90º, B=52º 38’ 34”, C=50º 38’ 15”. 3) b=114º 31’ 18”, B=119º 42’ 34”, C=72º 03’ 16”. 4) A=112º 24’ 32”, B=61º 12’ 40”, a=72º 36’ 24”. 5) A=161º 16’ 32”, B=126º 57’ 15”, a=163º 17’ 55”.



1.- Hallar la longitud de un grado del paralelo que corresponde a Pekín (116º 30’ E, 40º N). Solución:

360º1º R 2L

L 1ºR 2 º360 PP π

=⇒⎩⎨⎧

→π→

.

Hay que hallar el radio del paralelo de Pequín PR . Llamando TR al radio de la tierra (6371 km ) y llamando O y O’ a los centros del ecuador y del paralelo de Pequín P, respectivamente, se tiene que:

4880.466350º sen RRRR

OPPO'50º sen TP

T

P ==⇒== km.

Sustituyendo en 360º

1º R 2L Pπ= , se obtiene L= 85.1802 km.

O’

O

P RP

RT 50º



2.- En la geometría euclídea, los ángulos interiores de un triángulo suman 180º, pero, en la geometría hiperbólica, desarrollada por Lobachevski, la suma de los lados de un triángulo es siempre menor de 180º y en la geometría de Riemann dicha suma es siempre superior a 180º, como en el caso de un triángulo situado sobre una esfera. Obtener el área del triángulo esférico determinado por: La Coruña (4º 43’ O, 43º 22’ N), Barcelona (5º 50’ E, 41º 24’ N) y Las Palmas (11º 44’ O, 28º 9’ N). Solución: Planteamiento: Con las coordenadas geográficas de las tres ciudades podemos calcular las distancias entre ellas, lo que nos proporciona el valor de los lados del triángulo esférico PBN determinado por las tres ciudades. Con los tres lados y aplicando el teorema del coseno podemos calcular los tres ángulos de dicho triángulo necesarios para la obtención del área pedida. En el triángulo esférico CBN (Coruña, Barcelona, Polo Norte): CN = colatitud de la Coruña = 90º - 43º 22’ = 46º 38’ BN = colatitud de Barcelona = 90º - 41º 24’ = 48º 36’ Ángulo CNB= long. Coruña + long. Barcelona = 4º 43’ + 5º 50’ = 10º 33’ Por el teorema del coseno: cosCB = cosCN cosBN + senCN senBN cos(CNB) = 0,9901927456⇒CB=8º 1’ 51.42”. Análogamente en el triángulo CNP (Coruña, Las Palmas, Polo Norte): CN = Colatitud de la Coruña = 90º - 43º 22’ = 46º 38’ PN= colatitud de Las Palmas = 90º - 28º 9’ = 61º 51’ Ángulo PNC = long. Las Palmas - long. Coruña = 11º 44’ - 4º 43’ = 7º 1’ Por el teorema del coseno: cosCP = cosCN cosPN + senCN senPN cos(PNC) = 0.9601396347⇒CP=16º13’53.79” Y para el triángulo PBN (Las Palmas, Barcelona, Polo Norte): PN= colatitud de Las Palmas = 90º - 28º 9’ = 61º 51’ BN = colatitud de Barcelona = 90º - 41º 24’ = 48º 36’ Ángulo PNB = long. Las Palmas + long. Barcelona = 11º 44’ + 5º 50’ = 17º 34’ Por el teorema del coseno: Cos PB = cos PN cos BN + sen PN sen BN cos(PNB) = 0.9425365278 ⇒ PB= 19º 31’ 4.83”. Ahora calculamos los ángulos del triángulo PBN. (Para facilitar la notación les vamos a designar por la letra de la ciudad, es decir: P= ángulo(CPB); B= ángulo (PBC); C = ángulo (BCP)) Por el teorema del coseno

.06"1 '8 º24912594357.0cos cos-CB oscos =⇒== PsenPBsenCP

PBCPcP

0.32"2 '53 º545751626179.0coscos-CP oscos =⇒== BsenPBsenCB

PBCBcB

BP

C N



4.81" 6' º102209641375.0cos cos-PB oscos =⇒−== CsenCBsenCP

CBCPcC

Así, el exceso esférico es E = P + B + C – 180º = 1º 07’ 26.19” , al ser un valor muy pequeño nos indica que el triángulo tiene poc a deformación con respecto al triángulo plano PBC.

El área es )26.19" '07 º1(º180

63702π=S = 795976,0562 km2

Nota: del triángulo PCB hemos calculado todos sus elementos y conviene comprobar que los cálculos son correctos:

Comprobación: 3416961,0 ;3416961,0 ;3416961,0 ===senC

senPBsenB

senCPsenP

senCB



3.- En cada uno de los siguientes casos, razonar si puede existir al menos un triángulo esférico con los elementos dados. En caso afirmativo, calcular los elementos restantes: a. Tres lados: a = 60º 00’31’’, b = 137º 20’40’’, c = 116º 00’32’’ b. Tres lados: a = 90º, b = 48º 50’, c = 67º38’, c. Tres ángulos: A = 70º 00’25’’, B = 131º 10’15’’, C = 94º 50’53’’ d. Dos lados y el ángulo comprendido entre ellos

a = 64º 24’03’’, b = 42º 30’10’’, C = 58º 40’52’’ e. Dos ángulos y el lado comprendido entre ellos

c = 116º 12’05’’, A = 70º 51’15’’, B = 131º 20’26’’ f. Dos lados y un ángulo no comprendido entre ellos

a = 58 º46’22’’, b = 137 º02’50’’, B = 131º 52’33’’ g. Dos ángulos y un lado no comprendido entre ellos

a = 70º, B = 119º, A = 76º Solución: a) Aplicando el teorema del coseno:

cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A ⇒ sencsenb

cbaA

coscoscoscos −= =

0,2912659729⇒ A=73º03’58’’. Análogamente:

cos b = cos a cos c + sen a sen c cos B ⇒ sencsena

cabB

coscoscoscos −= = -

0,6632204119⇒ B=131º32’45’’

cos c = cos a cos b + sen a sen b cos C ⇒ senbsena

bacC

coscoscoscos −= = -

0,1207886561⇒ C=96º56’15’’ Comprobación: Usando el teorema del seno obtenemos información acerca de la validez o precisión de los resultados.

905354,0 ;905353,0 ;905355,0 ===senCsenc

senBsenb

senAsena

(5 cifras decimales coincidentes en estas razones asegura aproximadamente un error menor que 1 segundo)

b) Se trata de un triángu lo rectilátero en a = 90º luego su polar es rectángulo en A p = 90º y los elementos conocidos de dicho polar son: Ap=180º- a = 90º; Bp =180º- b =131º 10’; Cp = 180º- c = 112º 22’ Aplicamos las reglas del pentágono de Neper al triángulo polar:



cosap= cotgBp cotgCp = ( ) ( )pp CtgBtg 1 = 0,3598094492 ⇒ ap = 68º 54’ 41.42”

cosBp=sen(90º-bp)senCp = cosbp senCp ⇒ )(

coscos

p

pp Csen

Bb = = -0,7118022192

⇒ bp= 135º 22’ 54.2”

cosCp=sen(90º-cp)senBp = coscp senBp ⇒ )(

coscos

p

pp Bsen

Cc = = -0,5054907662.

⇒ cp= 120º 21’ 50.1” Comprobamos con el teorema del seno la validez de estos datos

9330259,0 ;9330260,0 ;9330258,0 ===senCsenc

senBsenb

senAsena

Y ahora calculamos los datos del triángulo dado que nos faltaban: A = 180º - ap = 111º 5’ 18.58” (si queremos dar solo hasta los minutos A ≈ 111º 5’) B = 180º - bp = 44º 37’ 5.8” (si queremos dar solo hasta los minutos B ≈ 44º 37’) C = 180º - cp = 59º 38’ 9.9” (si queremos dar solo hasta los minutos C ≈ 59º 38’)

c) Aplicando el teorema del coseno para ángulos: cos A cos Bcos Ccos A cos BcosC senBsenCcosa cosa 0,530015814

senBsenC+

= − + ⇒ = =

⇒ a=57º59’37’’. Análogamente,

cos B cos A cosCcos B cos A cosC senAsenCcos b cos b 0,733898576senAsenC+

= − + ⇒ = = −

⇒ b=137º12’51’’

cosC cos A cos BcosC cos A cos B senAsenBcos c cosc 0,437657969senAsenB+

= − + ⇒ = = −

c=115º57’16’’

Ap=90º

90º-cp 90º-bp

ap ap

Bp

bp

cp Ap

Cp

Bp Cp



Comprobación: 902369,0 ;902369,0 ;902369,0 ===senCsenc

senBsenb

senAsena

d) Aplicando el teorema del coseno:

cos c = cos a cos b + sen a sen b cos C = 0,6352607851 ⇒ c = 50º 33’ 38.42” Y ahora, con este dato incorporado, aplic amos de nuevo el teorema del coseno para calcular A y B:

sencsenbcbaA coscoscoscos −

= = -0,06951367 ⇒ A = 93º 59’ 9.8”

sencsenacabB coscoscoscos −

= = 0,6644274671 ⇒ B = 48º 21’ 41.7”


senBsenb

senAsena

e) Aplicando el teorema del coseno para ángulos:

cos C cos A cos B senAsenBcos c 0,0965239= − + = − ⇒ C 95º 32'21''= Y ahora teorema del coseno para los ángulos de nuevo para calcular a y b:

senC coscoscoscos

senBCBAa +

= = 0,5242012028 ⇒ a = 58º 23’ 7.86”

senC coscoscoscos

senACABb +

= = -0,7361569118 ⇒ b = 137º 24’ 18.2”


senBsenb

senAsena

f) Por el teorema del seno:

⎩⎨⎧

<⇔<=<⇔<=

⇒=⇒=baB'51' 51' º110A

baB'09' 08' 69ºA10.93442821A sen

Bsen b sen

Asen a sen

Las dos soluciones son válidas pues no cont radicen ninguna propiedad, tenem os por tanto dos soluciones. Resolvemos ahora dos triángulos esféricos:

Uno para A1=69º 08’ 09’’ y otro para A2=110º 51’ 51’’ Datos conocidos del 1º triángulo: A1= 69º08’09’’, a, b, B Aplicando las analogías de Neper:

1

1

1

A Bcosc a b2tg tg 1,5370151

A B2 2cos2

++

= =−

⇒21c = 56º 57’ 5.92” ⇒ c1= 113º 54’ 12”

22cos

2cos

2 1

1BAtgba

baCtg

++

−

= = 1,04520437 ⇒21C = 46º 15’ 58.25” ⇒ C1= 92º 31’ 57”



Comprobación: 9151244,0 ;9151243,01

1 ===senCsenc

senBsenb

senAsena

Datos conocidos del 2º triángulo: A2=110º51’51’’, a, b, B Aplicando las analogías de Neper:

22

cos

2cos

2 2

22 batg

BA

BActg +

−

+

= = 3,810561712 ⇒22c =75º 17’ 13.2” ⇒ c2= 150º 35’ 27.8”

22cos

2cos

2 2

2BAtgba

baCtg

++

−

= = 3,436280124 ⇒22C = 73º 46’ 27.66”⇒C2= 147º32’55.3”

Comprobación: 2

2

sencsena senb 0,9151243; 0,91512439senA senB senC

= = =

g) Por el teorema del seno:

8470342211,0º76

º119º70===

sensensen

senAsenasenBsenb ⇒

⎩⎨⎧

=−==

="34'6º122"26'53º57º180

"26'53º57

2

1

bb

b .pero al ser B>A ha de verificarse que b > a =70º,

luego, en este caso b = b2 = 122º 6’ 34” y solo hay una solución válida. Aplicando las analogías de Neper:

22

cos

2cos

2batg

BA

BActg +

−

+

= = 1,322596405 ⇒2c = 52º 54’ 27” ⇒ c= 105º 48’ 53.9”

22cos

2cos

2 BAtgba

baCtg

++

−

= = 1,121304997 ⇒2C = 48º 16’ 22.24” ⇒ C= 96º 32’ 44.49”

Comprobación: sena senb senc0,968460; 0,968459senA senB senC

= = =



4.- Hallar los lados a y b de un triángulo esférico del que se conoce: A = 90º, B = 47º 54’54’’, a - b = 13º 40’50’’ Solución: Dividiendo miembro a miembro en las analogías de Neper:

⇒=

+

⇒−

+

=−

+

⇒

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

+

−

=

−

+

−

=

+

''33 '02 º21 tg''27 '57 º68 tg

''25 '50 º6 tg2

batg

2BAtg

2BAtg

2batg

2batg

2BAsen

2BAsen

2ctg

2batg

2BAcos

2BAcos

2ctg

2batg

'.3453' 2' º78ba'.6726' 1' º392

ba810479989.02

batg =+⇒=+

⇒=+

Por hipótesis, '50' 40' º13ba =− . Resolviendo el sistem a lineal ⎩⎨⎧

=−=+

'50' 40' º13ba'.3453' 2' º78ba

,

se obtiene:⎩⎨⎧

==

'2' 11' º32b'52' 51' º45a.



5.- Resolver, si es posible, los siguientes triángulos esféricos rectángulos, siendo A=90º: a) a=60º 07’ 13”, C=59º 00’ 12”. b) b=167º 03’ 38”, B=157º 57’ 33”. c) a=112º 42’ 36”, b=76º 44’ 15”. Solución: a) cos(90º-c) = senasenC = 0,743252702177866

a C A13

c 481º5

º 00 '339 '27 ''''⎧ < ⇔ <⎪⇒ ⇒⎨

⎪⎩

= c 48º 00'33''=

cosa =cotgBcotgC ⇒ atgC

tgBcos

1= = 1,205950365

⇒ B = 50º 20’ 1.49”

cosC=cotga tgb tgb tga cos C 0,8963258673⇒ = = ⇒ b 41º 52'14''=


senBsenb

senAsena

b) sena=senb/senB = 0,5966976997

1

2

a 36º 38'02'' b A B

a 143º 21'58'' b A B

⎧ = < ⇔ <⎪⇒ ⎨= < ⇔ <⎪⎩

No podemos rechazar ninguno de los valores obtenidos luego: Existen dos soluciones de tal forma que b es obtuso:

⎩⎨⎧

==

⇒=='26' '25 º145

'34' '34 º345649939.0

tg tg

1

2

cc

Bbcsen , ya que al ser 1a aguda, 1c y b han de

ser ambos obtusos.

cos BsenC 0,95106682cos b

= = ⇒2

1

C 72º 00'07''

C 107º 59'53''

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩, ya que al ser 1a aguda, 1C y B

han de ser ambos obtusos. Recuerda que a catetos obtusos corresponden ángulos obtusos e hipotenusa aguda. Comprobación:

59669769,0 ;59669769,0 ;59669770,0 2121 =====senCsenc

senCsenc

senBsenb

senAsena

senAsena

c) Por el teorema del seno:

sen bsen A sen 76º 44 '15 ''sen 90ºsen B 1,0551sen a sen112º 42 '36 ''

= = = No existe un triángulo esférico

con los datos dados.



6.- Dado el triángulo esférico de lados a=80º, b=40º y c=100º, hallar la altura esférica sobre el lado “a” y decir si es interior o exterior al triángulo.

Solución: Por tanto, hemos de calcular primero los ángulos B y C:

cosB=sencsena

cab

cos coscos −= 0.820952891⇒ B = 34 49 11º ' ''

cosC=senbsena

bac

cos coscos −= -0.484454398⇒ C =118 5 3º 8 ' 6 ''

Luego al ser B = 34º 49’ 11’’< 90º y C = 118º 58’ 36’’> 90º, deducimos que la altura sobre el lado a es exterior al triángulo ABC y su valor es un ángulo agudo. Considerando el triángulo ABH rectángulo en H

senh= senBsenc = 0.562321217⇒ h = 34º 12 ' 59 ''145 º 47' 1'' 90º>

Si la a ltura sobre e l lado a es interior (h), al triángulo ABC, entonces h, B y C han de s er todos agudos o todos obtusos, pues son ángulos que se oponen al cateto h, en los triángu los rectángulo en que h),divide al triángulo ABC. Si la altura es exterior (h), entonces han de ser h, B y (180º- C) agudos u obtusos simultáneamente es decir, B y C han de tener distinto carácter.

a

b

c

A

B

C

h

h H



7.- Calcular los arcos de circunferencia máxima correspondientes a: a) Altura sobre el lado c. b) Mediana sobre el lado c. c) Bisectriz del ángulo C. Solución: a) Previamente obtenemos a: cosa = cosbcosc + senbsenc cosA= -0.06998607184 ⇒ a = 94º 00’ 47.47”. Se verifica que al ser b<a<c, entonces B<A<C, luego Ay B son ambos agudos y, por tanto, la altura es interior y de carácter agudo. Se descompone el triángulo en dos triángulos rectángulos y obtenemos la altura por el teorema del seno en AHC: senh = senb.senA=0.8069909576 ⇒ h = 53º 48’ 10.7”

b) Puesto que, en el triángulo de la izquierda, conocemos dos lados y el ángulo com prendido, utilizamos el teorema del coseno: cosm = cos bcos(c/2) + sen bsen(c/2)cosA = 0,4203330312 (con c/2 = 52º 11’) luego la mediana es:

m = 65º 08’ 40’’

c) Calculamos, en primer lugar, el ángulo C en el triángulo ABC, aplicando el teorema del coseno:

cos c cos a cos bcos C C 104º50 '30 ''senasenb−

= ⇒ =

Hallamos ahora el ángulo AZC (que designamos Z) en el triángulo ACZ aplicando el teorema del

coseno para ángulos: cos Z= -cosA cos2C + senA

sen2C cosb = 0,4033707462 ⇒ Z = 66º 12’ 39.35”

Y, por último aplicamos el teorema del coseno para obtener la bisectriz z:

cos A= -cosZ cos2C + senZ sen

2C cosz ⇒

2

2

coscoscoscos C

C

sensenZ

ZAz

+= = 0,4713953208

⇒ la bisectriz es z = 61º 52’ 30.33”

A=84º30'B

C

c=104º22'

b=54º10'

A=84º30'B

C

c=104º22'

b=54º10'

A=84º30'B

C

c=104º22'

b=54º10'

h

H

m

c/2

C/2 z

Z



8.- Demostrar que en un triángulo esférico rectángulo se verifica: a) Un cateto y su ángulo opuesto son ambos agudos o ambos obtusos. b) Si los catetos son ambos agudos o ambos obtusos, entonces la hipotenusa es aguda; pero si un cateto es agudo y otro es obtuso, entonces la hipotenusa es obtusa. Solución: a) Por el pentágono de Neper: cosB=sen(90º-b)senC=cosbsenC

b 90º y B<90ºcos BsenC 0b>90º y B>90ºcos b<⎧

⇒ = > ⇒ ⎨⎩

b y B ambos agudos o ambos obtusos. b) Ahora es: cosa=sen(90º-b)sen(90º-c)=cosbcosc b 90º cos b 0

cosa cos bcosc 0 a 90ºc 90º cos c 0< ⇒ > ⎫

⇒ = > ⇒ <⎬< ⇒ > ⎭b 90º cos b 0

cosa cos bcosc 0 a 90ºc 90º cos c 0> ⇒ < ⎫

⇒ = > ⇒ <⎬> ⇒ < ⎭b 90º cos b 0

cosa cos bcosc 0 a 90ºc 90º cos c 0< ⇒ > ⎫

⇒ = < ⇒ >⎬> ⇒ < ⎭

Recíprocamente: a 90º cosa cos bcosc 0 signo(cos b) signo(cosc)< ⇒ = > ⇒ = ⇒ b y c son ambos agudos o ambos obtusos. a 90º cos a cos bcosc 0 signo(cos b) signo(cosc)> ⇒ = < ⇒ ≠ ⇒b y c son de distinto cuadrante. (Esta demostración se puede ver también en los apuntes de teoría, publicados en la Escuela))



9.- Demostrar que en un triángulo esférico equilátero se verifica: a) cos A = cos a /(1+cos a) b) sec A - sec a = 1 c) 2 cos (a/2) sen (A/2) =1. Solución: Equilátero: los tres lados iguales a=b=c Y por el teorema del coseno cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A=cos2a + sen2a cos A Y despejando

2

2

cosa cos acos Asen a−

=

a) 2

2 2

cos a cos a cos a(1 cos a) cos a(1 cos a) cos acos A(1 cosa)(1 cosa) 1 cosasen a 1 cos a

− − −= = = =

+ − +−

b) Por el apartado

anterior: 1 1 1 cosa 1 1 cosa 1sec A seca 1cos A cosa cosa cosa cosa

+ + −− = − = − = =

c) Sabemos que: 1 coscos2 2α + α⎛ ⎞ =⎜ ⎟

⎝ ⎠ y 1 cossen

2 2α − α⎛ ⎞ =⎜ ⎟

⎝ ⎠ y así en nuestro caso:

=−+=−+

= Acos1acos12

Acos1 2

acos122Asen

2acos2

cos a 11 cos a 1 1 cos a 11 cos a 1 cos a

= + − = + =+ +

, por el apartado a).



10.- Un avión vuela de Madrid a Tokio a una altitud de 10 000 m siguiendo un círculo máximo de la esfera terrestre. Sabiendo que las coordenadas de Madrid y Tokio son: Madrid: latitud: Norte 40º 24’; longitud: Oeste 3º 41’ Tokio latitud: Norte 35º 40’; longitud: Este 139º 45’ y que el radio de la tierra es 6371 km, se pide: a) ¿Qué distancia recorre el avión entre Madrid y Tokio? b) ¿A qué distancia del Polo Norte pasa aproximadamente? c) Se denomina Círculo Polar Ártico a una circunferencia menor sobre la tierra tal que en ella, en el solsticio de verano, el Sol no se pone en todo el día. El Círculo Polar Ártico se encuentra a una latitud Norte 60º 30’. ¿Sobrevuela el mencionado avión el Círculo Polar Ártico? Solución: Planteamiento: a) Con las coordenadas geográficas de Madrid y

Tokio podemos calcular la distancia entre ellas. b) La distancia h al Polo Norte se calcula en el

triángulo rectángulo MPN (donde P es el pie del arco perpendicular a MT por N.

c) El valor obtenido para d nos indicará si la trayectoria del avión corta al Círculo Polar Ártico o no.

a) Calculamos MT en el triángulo MTN donde:

MN= colatitud de Madrid = 90º- 40º 26’= 49º 34’ TN= colatitud de Tokio =90º-35º 40’= 54º 20’ Ángulo MNT= long. Madrid + long. Tokio = 3º 42’ + 139º45’=143º 27’ Aplicando el teorema del coseno: cos MT = cosMN cosTN + senMN senTN cos(MNT)= - 0,1186149437 ⇒

distancia de Madrid a Tokio en unidades angulares = MT = 96º 48’ 43.83”. Ahora bien, para calcular en unidades lineales la distancia recorrida por el avión hemos de tener en cuenta que vuela a 10 km por encima de la superficie terrestre, luego:

Distancia recorrida por el avión = d = 43.83" 48' º96º180

)106370( +π = 10780,23 km

b) Para calcular h usamos el triángulo MPN . En él conocemos P = 90º y MN = colatitud de Madrid 49º 34’, necesitamos un dato más, por ello calculamos el ángulo M= NMT en el triángulo utilizado en el apartado anterior:

Aplicando el teorema del coseno:

senMT sencoscoscoscos

MNMTMNNTM −

= = 0,8732584817 ⇒ M = 29º 09’37,68’’ (rumbo

M T

h

N

P



del avión desde Madrid). El pentágono de Neper correspondiente al triángulo MPN es:

sen(90-h) = senM. senMN = 0,3708812703 ⇒

⎩⎨⎧

=11.92" 46' º21 - 180º

11.92" 46' º21h pero h y su ángulo opuesto

M han de tener el mismo carácter luego h ha de ser agudo. Por tanto:

distancia al Polo N es h = 21º 46’ 11.92”

Vamos a aproximar esta distancia en unidades de longitud (km) por la distancia a la vertical del Polo a 10 km de altitud:

Distancia desde el avión = h = "11.92" 46' º21º180

)106370( +π = 2424,14 km

c) Al ser h=21º46’11.92 ’’ < (90º-60º30’) =29º30’ (colatitud del Círculo Polar Ártico:

SÍ SE SOBREVUELA EL CÍRCULO POLAR

P=90º

MN

M

90º-h 90º-MH

N



11.- Un avión se dirige de Madrid a Nueva York con una velocidad de 990 km/h. Hallar las coordenadas geográficas del punto donde se encontrará el avión al cabo de 3 horas de vuelo. Coordenadas geográficas de Madrid: 40º 24’ latitud N, 3º 41’ longitud O. Coordenadas geográficas de Nueva York: 40º 45’ latitud N, 76º longitud O. Utilizar como radio de la esfera sobre la que se mueve el avión: 6371 km.

Solución: Sea A = Madrid, B = P olo Norte, C = Nuev a Cork, C’ = Punto donde se encuentra el avión al cabo de tres horas de vuelo. En el triángulo esférico ABC:

c = 90º - 40º 24’ = 49º 36’ a = 90º - 40º 45’ = 49º 15’ B = 76º – 3º 41’ = 72º 19’. Teorema del coseno en ABC para hallar b: cos b = cos a cos c + sen a sen c cos B = 0.5936860994 ⇒ b = 53º 15’ 04’’.51 Teorema del coseno de nuevo, para calcular A: cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A

cos a-cos b cosccos A A 64º 15' 42 ''senb senc

⇒ = ⇒ =

Del triángulo AB’C’, se conocen: A 64º 15' 42 ''= , c = 49º 36’ y puede calcularse fácilm ente b’ pues es la distancia recorrida por el avión en tres horas de vuelo: km 29703hkm/h 990'b =⋅= .

En unidades angulares, resulta ser: '.4635' 42' º26'b'b km 2970

360ºkm 6371 2=⇒

⎭⎬⎫

→→⋅π

.

Se aplica el teorem a del coseno al triángul o AB’C’, para obtener el lado a’, que corresponde a la colatitud de C’: cos a’ = cos b’ cos c + sen b’ sen c cos A ⇒ a’ = 43º 18’ 50’’ Latitud del punto C’ = 90º - 43º 18’ 50’’ = 46º 41’ 10’’ N. Se aplica el teorema del seno al triángulo AB’C’, para obtener el ángulo B’: sen b' sen a' sen b' sen Asen B' B' 36º 10' 17''sen B' sen A sen a'

⋅= ⇒ = ⇒ =

Nótese que B’ ha de ser agudo por ser B’< B. Longitud el punto C’ = 36º 10’ 17’’ + 3º 41’ = 39º 51’ 17’’ O

B

C A a c

C’ b

a’ b’

B’


12.- Un barco parte del punto A del paralelo de latitud 48º35' Norte con velocidad de 20 nudos. Al mismo tiempo parte otro barco de un punto de la misma longitud que A, pero sobre el paralelo de latitud 36º52’ Norte y velocidad de 18 nudos. Ambos barcos siguen su paralelo en dirección Oeste. Encontrar la distancia en millas que los separa al cabo de 56 horas de marcha. NOTA: El arco de un minuto, de longitud 1852 m, se llama milla marina. La velocidad de una milla por hora se llama nudo. Solución: Se conocen en millas las longitudes de los arcos de paralelos AA’ y BB’; las millas divididas por los cosenos de las latitudes da en minutos los ángulos A’NA y B’NB, cuya diferencia es el ángulo A’NB’:

R= radio de la Tierr

Luego la longitud de

cada barco expresad20 56A ' NA

cos 48º 35'18 56B' NB

cos36º 52 '

⋅=

⋅=

7º.218301749⇒ =7 En el triánguNA’=90º-48º35’=41NB’=90º-36º52’=53y el ángulo compren

cos A 'B

paralelo R

r N=Polo Norte

A’

B’


a rRcos

⇒ =ϕ

siendo ϕ la latitud del paralelo.

la circunferencia máxima será: π⇒ π =

ϕ2 r2 R

cosy la distancia recorrida por

a en millas o minutos:

1693.044819A ' NB' A ' NA B' NB 433.0981050

1259.946714

⎫= ⎪⎪⇒ = − =⎬⎪=⎪⎭

minutos que son

º13’05’’. lo A’NB’ se conocen dos lados: º25’ º08’ dido: ' cos NA 'cos NB' senNA 'senNB'cos A ' NB'= + = 0.9749692997

A 'B' 12º.84648185=12º50'47''= ≈ 770,79 millas o minutos

ecuador ϕ R

Paralelo B

GreenwichA



13.- Un barco que parte del punto A (latitud 36º50' N. y longitud 76º20' O.) y que navega a lo largo de una circunferencia máxima corta al Ecuador en un punto cuya longitud es 50º 00' O. Encontrar el rumbo inicial y la distancia recorrida. Solución: * Planteamiento En el triángulo esférico CAB: Conocemos CA: (90º – Latitud de A). Conocemos CB: (90º – Latitud de B). Conocemos el ángulo C. * datos del triángulo C=76º20’-50º00’=26º20’ b=90º-36º50’=53º10’ a=90º Queremos calcular AB es decir c. Para ello aplicamos el teorema del coseno para lados. cos c = cos b cos a + sen b sen a cos C cos c = 0 + 0,8003827 . 1. 0,8962285 = 0,1773257 de donde c = 44º09’57’’ la distancia recorrida viene dada por L = c(radianes) * R siendo R el radio de la Tierra R=6371 km Obteniéndose L = 4911 km Ahora se calcula el rumbo: Queremos calcular CAB. Para ello aplicamos el teorema del seno. senA=sena.senC/senc= 0.6901737602, luego el rumbo será 140º27’21’’ O bien, cos a = cosb cosc + senb senc cos A 0 = 0,5994893 . 0,7173257 + 0,8003827. 0,696738 cosA cos A = - 0,7711352 A = 140º 27’21’’ (Rumbo medido desde el Norte )

Ecuador

C=Polo Norte

A

B

Greenwich

b

a

Latitud 36º50'A

Longitud 76º20'=⎧

≡ ⎨ =⎩

Latitud 0ºB

Longitud 50º=⎧

≡ ⎨ =⎩



14.- Resolver el triángulo esférico tal que: A = 68º 39’ 07’’, B = 74º 07’ 12’’, a = 51º 42’ 08’’

Solución:

Por el teorema del seno: sen a sen b sen b 0.8104585953sen A sen B

= ⇒ = ⇒ 1

2

b 54º 08' 26.7''b 125º 51' 33.3''

=⎧⎨ =⎩

baBA <⇔< , luego ambos valores de b son válidos. 1ª solución: A, B, a y '26.7' 08' 54ºb1 = ¿ 1c , 1C ? Aplicando las analogías de Neper:

⇒=−

++

=⇒+

−

=+ 4228571561.0

2BAcos

2BAcos

2batg

2ctg

2ctg

2BAcos

2BAcos

2batg 1111 1c 22º 55' 17''

2= ⇒

1c 45º 50' 34''= y luego teorema del coseno para obtener 1C :

⇒=−

=⇒+= 5244613013.0bsen sena

bcos acosccoscosCcosC bsen senabcos acosccos1

1111111

C1=58º 22’ 4.9’’ 2ª solución: A, B, a y '33.3' 51' º125b2 = ¿ 2c , 2C ? Aplicando las analogías de Neper:

⇒=−

++

=⇒+

−

=+ 01422834.15

2BAcos

2BAcos

2batg

2ctg

2ctg

2BAcos

2BAcos

2batg 2222 2c 86º 11' 22.3''

2= ⇒

2c 172º 22' 44.6''= y luego teorema del coseno para obtener 2C :

⇒−=−

=⇒+= 9875366309.0bsen sena

bcos acosccoscosCcosC bsen senabcos acosccos2

2222222

C2 = 170º 56’ 40.6’’



15.- Un navío parte del punto A y llega hasta el B, recorriendo un arco de circunferencia máxima. Las coordenadas geodésicas de ambos puntos son: Calcular la distancia recorrida por el navío y el rumbo del mismo. Nota: Radio de la tierra R6371 km. Solución: En el triángulo esférico CAB: Conocemos CA: (90º – Latitud de A). b=90º-55º45’13’’=34º14’47’’ Conocemos CB: (90º – Latitud de B). a=90º-48º50’02’’=41º09’58’’ Conocemos el ángulo C: C=55º48’10’’-20º30’40’’=35º17’30’’ Queremos calcular AB es decir c. Para ello aplicamos el teorema del coseno para lados. cos c = cos b cos a + sen b sen a cos C cos c = 0,924639118 de donde c = 22º23’10’’ la distancia recorrida viene dada por D = c(radianes) * R siendo R el radio de la Tierra R=6371 km. Obteniéndose 2489 km Ahora se calcula el rumbo: queremos calcular CAB. Para ello aplicamos el teorema del seno. senA=sena.senC/senc= 0,853689, luego el rumbo será 86º55’02’’ o bien, 93º 04’ 58’’ Por el teorema del coseno:

cos a = cosb cosc + senb senc cos A cos a cos bcos ccos Asenbsenc

= -0,053774288.

A = 93º 04’ 58’’

El rumbo inicial de A a B será: 360º-A=266º 55’ 02’’

ecuador

C=Polo Norte

AB

Greenwich

b a

20Longitud º30'40'' EB


Longitud 55º48'10'' EA




16.- Resolver el triángulo esférico de que se conocen los datos: a=76º00’00’’; A=70º00’00’’; B=119º00’00’’

Solución: Por el teorema del seno:

sen a sen b sen asen b senB =0,9031035sen A sen B sen A

= ⇒ = ⇒b 64º 34' 08''=

b 115º 25' 52'' >a B A⎧⎪⎨

= ⇔ >⎪⎩

Aplicando las analogías de Neper:

A Bcosc a b cos(94º 30 ')2tg tg tg(95º 42 '56 '') 0,86151311A B2 2 cos( 24º 30 ')cos

2

++

= = =− −

, c 81º 29' 26''= y luego

teorema del coseno para obtener C ó bien: a bcosC cos( 19º 42 '55'')2tg 0,743969

a b A B2 cos(95º 42 '56 '')tg(94º 30 ')cos tg2 2

−−

= = = ⇒+ +

C= 73º 17’ 46’’



17.- Resolver el siguiente triángulo esférico rectángulo: A = 90º, b = 46º 46’ 04’’, B = 57º 28’ 03’’

Solución: A = 90º

( ) senbcos 90º b senb sena senB sena=senB

− = = ⇒ = 0.8641859432 1

2

59º 47 '24 '' aa

120º12 '36 '' a=⎧

⇒ = ⎨ =⎩;

A=90º > B ⇒ a > b. Luego, ambas soluciones son válidas.

Sen c = cotg B cotg (90 – b) = tgbtgB

= 0.6784953626 1

2

42º 43'34 '' cc

137º16 '26 '' c=⎧

⇒ = ⎨ =⎩, ya que al ser

1a 90º< y b 90º< , debe ser 1c 90º< .

Cos b = sen C sen (90º -b) = sen C cos b cos BsenCcos b

⇒ = = 0.7851265898

1

2

51º 43'57 '' CC

128º16 '03'' C=⎧

⇒ = ⎨ =⎩, pues c1 y C1 han de ser ambos agudos o ambos obtusos.

Hay, entonces, dos soluciones:



18.- Resolver el triángulo esférico rectángulo (Â = 90º) sabiendo que:

B̂ = 157º 57’ 33’’ b = 167º 3’ 38’’ Solución:

Por el teorema del seno:

sen a sen b sen Asen Bsen asen A sen B sen b

= ⇒ =a 36º38'02 '' b A Ba 143º 41'58'' b A B= < ⇔ <⎧

⇒ ⎨ = < ⇔ <⎩.

Resolvemos ahora dos triángulos esféricos: 1ª solución: a1=36º38’02’’ Aplicando las analogías de Neper:

1 1

A Bcosc a b2tg tgA B2 2cos

2

++

= ⇒−

c=145º25’26’’

1

1

1

a bcosC 2tg

a b A B2 cos t g2 2

−

= ⇒+ +

C=107º59’53’’

2ª solución: a2=143º21’58’’; Aplicando las analogías de Neper:

2 2

A Bcosc a b2tg tgA B2 2cos

2

++

= ⇒−

c=34º34’34’’

2

2

2

a bcosC 2tg

a b A B2 cos t g2 2

−

= ⇒+ +

C=72º00’07’’

Soluciones: a=36º38’02’’; c=145º25’26’’; C=107º59’53’’ y a=143º21’58’’; c=34º34’34’’; C=72º00’07’’



b⎧

= ⎨⎩

c

19.- Sobre una esfera de radio R = 6370 km se sitúan 3 puntos, A, B y C, vértices de un triángulo esférico. Los ángulos en A y B valen respectivamente A = 70º y B = 119º, y el lado opuesto al ángulo A tiene como valor a = 76º.

Se pide calcular la distancia esférica (en km) entre el punto A y el lado opuesto, a. Solución:

Lo que se pide en el problema es calcular la altura d sobre el lado a

Para calcular d se resuelve el triángulo rectángulo A’ BH, del que se conocen H=90º y B=119º . Se necesita, por tanto, otro dato y éste puede ser el ángulo C. Para calcular el lado c, se resuelve el triángulo ABC Se tiene un triángulo en el que se conocen dos ángulos y un lado no comprendido entre ellos.

Aplicando el teorema del seno . 0,903103573sen a sen Bsen bsen a

= =

b=64º34’9’’ solución no válida pues B > A ⇒ b > ( a = 76º )

b=115º25’51’’

cos2 0,861486188

2 2cos2

A Bc a btg tgA B

++

= =−

⇒ c = 81º 29’ 20’’

por el teorema del coseno se obtiene C = 73º 17' 40'' (NOTA: se podía haber calcula do directamente C sin calcular c/2, ya que en este caso no se utilizará c

para calcular la altura esférica) Como C es agudo y B obtuso, el triángulo corresponde a la figura dibujada y la altura es exterior. Ahora hay que resolver el triángulo rectángulo A’HB conocidos H,B y c

Por el teorema del seno . 0,864988471 90º

= =sen b sen Csen d

sen

d = 59º52’53’’ d = 120º7’7’’ solución no válida puesto que C < H ⇒ d > (b = 115º 25’ 51’’) Pasando el ángulo a radianes d = 1,045127397 rad ⇒ distancia= d . R = 6657,461 km

BC a

b d

H



20.- Dos triángulos esféricos tienen en común los elementos siguientes: a=51º42’, A=68º39’, B=74º07’. Calcular el lado b en ambos triángulos y analizar si ambas soluciones son válidas. Solución: Calcular el lado b en ambos triángulos.

Se aplica el T. del seno: ⇒⋅

=⇒= Asen

Bsen asen bsen Bsen bsen

A sen asen

sen b = 0,8104309 1

2

b 54º 08'b 125º 52'

=⎧⇒ ⎨ =⎩

son las soluciones buscadas, puesto que tanto una como

otra verifican: b > a y a + b < 180º



21. Resolver el siguiente triángulo esférico, sabiendo: a = 79º 48’, b = 53º 12’ y A = 110º 2’ Solución:

Se aplica el T. del seno: sen a sen b sen A sen b sen B sen A sen B sen a

⋅= ⇒ = ⇒

sen B = 0,764362 B 49º 51' 01''<A b<aB 130º 08' 59''

= ⇔⇒

= No valida⎧⎨⎩

Aplicando las analogías de Neper:

A Bcosc a b cos 49º 51'01''2tg tg tg 66º30 ' 0,464224A B2 2 cos30º 05'30 ''cos

2

++

= = = ⇒−

Luego: c = 49º 48’ 14” Para calcular el ángulo C, se aplica el T. del coseno para ángulos: cos C = - cos A · cos B + sen A · sen B · cos c ⇒ cos C = - (- 0’2208826) + 0’4634744 = 0’684357 ⇒ C = arc cos 0’684357 = 46º 48’ 54”. Entonces C = 46º 48’ 54”.



22.- a) Resolver el triángulo esférico rectilátero e isósceles tal que b=c=60º00’00’’ b) Determinar los ángulos de un triángulo esférico equilátero cuya área sea igual a la mitad del área encerrada por una circunferencia máxima Solución:

a) Rectilátero y '' 00 ' 0060cb == , luego, 90a = .

⇒−=−

=⇒+=31

csen bsen c cos b cosa cosA cosA cos csen bsen c cos b cosa cos

A 109 28 ' 16 ''=

⇒=−

=⇒+=3

1csen asen

c cos a cosb cos B cosB cos csen asen c cos a cosb cos

B 54 44 ' 08 ''= C= b) Área de un círculo máximo: 2r π

Área del triángulo esférico: ( )2 2 r rS A B C 180

2180π π

= + + − = ⇒

A B C 180 90 A B C 270+ + − = ⇒ + + = Por tanto, 3A 270 = ⇒ A B C 90= = =



23.- Dadas las coordenadas geográficas de las siguientes ciudades: Santiago de Compostela: 42º52’ N ; 8º33’ O Madrid : 40º24’ N ; 3º41’ O Girona: 41º59’ N ; 2º49’ E Y dado el radio de la Tierra de 6371 km Calcular: a) Distancias esféricas entre estas ciudades b) Superficie del triángulo esférico que tiene por vértices dichas ciudades Solución: a) distancia Santiago (S) – Madrid (M) triángulo P (polo norte), M, S datos lado m = 90º - 42º52’ = 47º08’ lado s = 90º - 40º24’ = 49º36’ ángulo P = 8º33’ - 3º41’ = 4º52’ solución: aplicando el teorema del coseno

cos p = cos m * cos s + sen m * sen s * cos P p=4º23’37’’ la distancia es d (S,M)= 0,076682979941 (rad)*6371= 48,547 km

distancia Madrid (M) – Girona (G) triángulo P, G, M

datos lado m = 90º - 41º59’=48º01’ lado g = 90º - 40º24’ = 49º36’ ángulo P = 3º41’+2º49’= 6º30’

solución: aplicando el teorema del coseno cos p = cos g * cos m + sen g * sen m * cos P p=5º08’23’’ la distancia es d (M,G)= 0,089705075(rad)*6371= 571,511 km

distancia Santiago (S) – Girona (G) triángulo P, S, G

datos lado s = 90º - 41º59’=48º01’ lado g = 90º - 42º52’ = 47º08’ ángulo P = 8º33’+2º49’= 11º22’

solución: aplicando el teorema del coseno cos p = cos g * cos s + sen g * sen s * cos P p=8º25’49’’ la distancia es d (M,G)= 0,147136104 (rad)*6371= 937,404 km

b) Se necesita calcular los ángulos del triángulo SGM del que se conocen los tres lados: m = 8º25’49’’ s = 5º08’23’’ g = 4º23’37’’ Resolviendo el triángulo M = 124º11’53’’ S = 30º21’30’’ G = 25º36’25’’ Ahora se aplica la fórmula de la superficie del triángulo esférico S+G+M = 180º 09’ 48’’ S = (πR2/180º) (S+G+M-180º) S = (πR2/180º) (0º9’48’’) = 115709,07 km2

P

M G

g m

p P

S G

g s

p

M

S G

g s

m



24.- Un barco ha de salir del puerto A (latitud 20º 31’ N, longitud 70º 11’ E) y llegar al puerto B (latitud 42º 22’ N, longitud 10º 45’ W). Calcular: a) La distancia AB (llamada distancia ortodrómica), considerando el radio de la tierra, R=6371 km. b) El rumbo inicial. c) El rumbo final. Solución: Punto A. Longitud = 70º 11’ E. Latitud = 20º 31’ N. Punto B. Longitud = 10º 45’ W. Latitud = 42º 22’ N. a) Cálculos del triángulo PBA a = 90º - Latitud de B = (90º - 42º 22’ N) = 47º 38’. b = 90º - Latitud de A = (90º - 20º 31’N) = 69º 29’. P = Longitud A + Longitud B = 70º 11’ + 10º 45’ = 80º 56’. Aplicando el t. del coseno para lados: cos p = cos a · cos b + sen a · sen b · cos P. Luego: cos p = cos(47º 38’ )· cos(69º29’) + sen(47º 38’) sen(69º 29’)·cos(80º 56’)= = 0.345223879 p = arc cos 0.345223879 = 69,804537º Considerando la Tierra esférica con radio R = 6.371 km, el valor de un ciclo es 2πR = 40.030 km. Un grado de ciclo valdrá: 40.030 / 360º = 111,2 km por grado La distancia AB en km es 69,80 . 111,2 km = 7762,26 km. b) Rumbo inicial: 360º- A Rumbo inicial: 360º- A =360º- 51º1’26’’= 308º 58’ 34’’ c) Rumbo final: 180º + B

Rumbo final: 180º + '56' 12' 80º = 260º 12’ 56’’

'26' 1' 51º A 0,6289926 0,878989750,55287811

psen bsen p cosb cos - a cos A cos

'56' 12' 80º B 0.16994225 0.693423010.11784187

psen asen p cosa cos - cosb B cos



25.- Resolver el triángulo esférico rectángulo ( A = 90 ), sabiendo que: a = 143º 21’ 58’’y b = 167º 03’ 38’’.

Solución: Por el teorema del seno o bien utilizando el pentágono de Neper:

sen bsen A sen167º 03'38''sen 90ºsen B 0,375266076sen a sen143º 21'58''

= = = ⇒22º 02'27''

B = No valido

157º 57'33'' A b a⎧⎪⎨

> ⇔ <⎪⎩

cosa=sen(90º-b) sen(90º-c)=cosb cosc

cos acosc 0,823372356cos b

= = ⇒ c 34º 34'34''=

cosC=cotga cotg(90º-b)=tgb cotga

tgbcosC 0,3089837tga

= = ⇒ C 72º 00'07''=



26.- Un avión vuela de Madrid a Nueva York a una altitud de 10.000 m. De Madrid sale con rumbo Noroeste y vuela 2.000 km hasta llegar a un punto en el cual vira para dirigirse directamente a Nueva York. Sabiendo que las coordenadas de Madrid y Nueva York son:

Madrid: 3º 41' Oeste; 40º24' Norte Nueva York: 74º00' Oeste; 40º45' Norte

(La Tierra se considera una esfera de radio 6371 km y que el avión recorre ciclos de la esfera). Se pide: a). Distancia entre Madrid y Nueva York. b). Distancia recorrida por el avión. Solución: a) distancia Madrid (A) – Nueva York (B) triángulo P (polo norte), A, B datos: lado a = PB = 90º - 40º45’ = 49º15’ lado b = PA = 90º - 40º24’ = 49º36’ ángulo P = 74º - 3º41’ = 70º19’ solución: aplicando el teorema del coseno

cos p = cos a cos b + sen a sen b cos P=0,6173829954 p=51º52’29’’

La distancia es d (A,B)= p R180ºπ = 0,9053847013 (rad)*6371= 5768 km

b) Se necesita resolver dos triángulos esféricos: 1er triángulo P, C, A

datos: ángulo A =45º (noroeste)

lado c = AP = 49º36’ lado p =AC = 2000/(6371+10)=0,3134304967(rad)=17º57’29’’

solución: aplicando el teorema del coseno cos a = cos p cos c + sen p sen c cos A=0.782571939 a=38º30’12’’ cos p = cos a cos c + sen a sen c cos P1

ecuador

P=Polo Norte

B

p

Greenwich A 2

2

Longitud 74º W=B

Latitud 40º45' N== λ⎧

≡ ⎨ = ϕ⎩

λ2 λ1

φ2 φ

1

A

P

2000 km

49º15’ 49º36’

C

P1

C A

c

p

B



1

1

cos p cos a cos ccos P 0,9366772827senasenc

P 20º 29 '57 ''

−= =

⇒ =

2º triángulo P, B, C

datos: lado b = 38º30’12’’

lado c = 49º15’ ángulo P = 70º19’=P1+P2=20º29’57’’+P2

P2=P-P1= 49º49’03’’ solución: aplicando el teorema del coseno cos p = cos b cos c + sen b sen c cos P2 p=35º23’56’’

la distancia es d (B;C)= p R180ºπ = 35º23’56’’

180ºπ 6371= 3936,177 km

Ahora la distancia total recorrida será: d(A,C)+d(C,B)= 3936,177 + 2000 = 5936,177 km

P2

B C

c b=38º30’12’’

p



27.- Un avión parte de un lugar cercano a Nueva York (74º’ longitud Oeste; 40º45’ latitud Norte) con rumbo 30º10’ (dirección Norte y Oeste). Dar las coordenadas del punto de su recorrido más cercano al Polo Norte. Solución: Nueva York (A) el punto mas cercano al Polo Norte será B. triángulo P (polo norte), A, B datos: lado b = PA = 90º - 40º45’ = 49º15’ ángulo A = 30º10’ (rumbo) ángulo B = 90º (punto más cercano a P) Por el teorema del seno o bien utilizando el pentágono de Neper:

sen bsen A sen 49º15'sen 30º10 'sen a 0.3806893463sen B sen 90º

= = = ⇒22º 22'35'' b A B a157º 37'25''

> ⇔ >=

No valido

⎧⎪⎨⎪⎩

Latitud φ2=90º-a = 90º - 22º22’35’’=67º37’25’’ cosb=cotgP cotgA

1tgP 2.633364639 P 69º12 '22 ''cos btgA

= = ⇒ =

Longitud P=λ2-λ1=69º12’22’’ λ2=P+λ1=69º12’22’’+74º=143º12’22’’ Coordenadas:

ecuador

P=Polo Norte

B

p

Greenwich A

1

1

Longitud 74º O=A


≡ ⎨ = ϕ⎩

λ2 λ1

φ2 φ

1

90º

2

2

Longitud 143º12'22'' O=B

Latitud 67º37'25'' N== λ⎧

≡ ⎨ = ϕ⎩



28.- Resolver el triángulo esférico rectilátero a=90º, A=36º 25’ 08”, c=102º 00’ 00”, situado sobre una esfera de 5 km de radio. Calcular: a) La superficie que ocupan él y su triángulo polar. b) Hallar la mediana esférica del triángulo dado que parte del vértice B. c) Hallar la distancia esférica desde el vértice A al vértice C, así como desde el vértice B al lado b. Solución: Resolveremos previamente el triángulo polar por ser rectángulo: Ap=180º-a=90º; ap=180º-A=143º34’52; Cp=180º-c=78º ap Bp Cp 90º-cp 90º-bp cosap=cotgBpcotgCp

p p pp p

1tgB 0, 2641439724 B 165º12 '13'' b 180º B 14º 47 '47 ''cos a tgC

⇒ = = − ⇒ = ⇒ = − =

cos(90º-cp)=senap senCp p p ps enc sena senC 0.5807108495⇒ = =

p p pp p

35º 30 '02 '' a C Ac C 180º c 144º 29 '58

144º 29 '58'' No valido

< ⇔ <⎧= ⇒ = − =⎨⎩

cosCp= cotg(90º-bp)cotgap p p ptgb cos C tga 0.1533936481⇒ = = −

p pb 171º16 '45'' B 180º b 8º 43'15''= ⇒ = − = a) Área del triángulo esférico:

( ) ( )2 2

2 r 5S A B C 180 36º 25'8 '' 8º 43'14 '' 144º 29 '58'' 180º 4,2058km180º180

π π= + + − = + + − ⇒

Área del triángulo esférico polar:

( ) ( )2 2

2p p p

r 5S A B C 180 90º 165º12 '13'' 78º 180º 66,8476km180º180

π π= + + − = + + − ⇒

en total será: 71,0535 km2

Ap=90º



b) Mediana esférica sobre b: Puesto que, en el triángulo de la izquierda, conocemos dos lados y el ángulo comprendido, utilizamos el teorema del coseno: cosm=cosc cos(b/2)+senc sen(b/2) cosA=

= - 0.1048273963 luego m=96º01’02’’

c) La distancia del vértice A al vértice C es la longitud del lado b:

b = 14º 47’ 47’’ ( )b r 5L b 14º 47 '47 '' 1,291 km

180 180ºπ π

⇒ = =

La distancia del vértice B al lado b es la longitud de la altura sobre b: Considerando el triángulo ACH rectángulo en H

senh= senasenC= 0.5807069025⇒ h = 35º 30' 01'' c A 90º144 º 29' 59''

< ⇔ <

b = 35º 30’ 01’’ ( )b r 5L b 35º30 '01''

180 180ºπ π

⇒ = = ≈ 3,097 km

A=36º25'08’’ C

B c=102º' a=90º' m b/2=7º23’53.5’’



29.- Demostrar que en un triángulo esférico rectángulo se verifica: a) Si A=90º, entonces tgc cosa = senb cotgB.

b) Si A=90°, entonces: + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2a c a c btg tg tg2 2 2

.

c) Si C=90º, entonces cos2A sen2c = sen (c+a) sen (c-a). Solución: a) a B C 90º-c 90º-b Del pentágono de Neper obtenemos las fórmulas siguientes: cosa=sen(90º-b) sen(90º-c)=cosb cosc senc=cos(90º-c)=cotg(90º-b) cotgB=tgb cotgB Ahora sustituyendo:

cosbcosc tgb cotgB

senctgc cosa = tgc cosb cosc = cosb cosc = senc cosb = tgb cotgB cosb = senb cotgBcosc

b) Conocidas las analogías de Neper:

A Ccosa c b2tg tgA C2 2cos2

−+⎛ ⎞ =⎜ ⎟ +⎝ ⎠

;

A Csena c b2tg tgA C2 2sen2

−−⎛ ⎞ =⎜ ⎟ +⎝ ⎠

y las fórmulas trigonométricas: A C A C A Csen(A C) sen 2 2sen cos

2 2 2+ + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠A C A C A Csen(A C) sen 2 2sen cos

2 2 2− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

c)

( )

( )

( )( )

2

2 2 2 2

A 90º

A C A C A C A Ccos s en cos s ena c a c b b b2 2 2 2tg tg tg tg tgA C A C A C A C2 2 2 2 2cos s en cos s en

2 2 2 21 sen A C sen 90º Cb b cos C b b2 tg tg tg tg1 2 sen 90º C 2 cos C 2 2sen A C2

=

− − − −+ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− −= = =

++

sen (c+a) sen (c-a) = (senc cosa + cosc sena) (senc cosa - cosc sena) = sen2c cos2a – cos2c sen2a = = sen2c cos2a – (1-sen2c) sen2a = sen2c cos2a – sen2a + sen2c sen2a = sen2c (cos2a + sen2a) – sen2a =

A=90º



= sen2c - sen2a = (*) Del pentágono de Neper obtenemos la fórmula siguiente: sena = cos(90º-a) = senA senc c B A 90º-a 90º-b Ahora sustituyendo en (*): (*)=sen2c - sen2a = sen2c – sen2A sen2c = sen2c (1– sen2A) = sen2c cos2A

C=90º



30.- Demostrar que la bisectriz esférica de un ángulo de un triángulo esférico, divide al lado opuesto en dos arcos cuyos senos son proporcionales a los senos de los lados contiguos. Solución: Considerando dos triángulos esféricos y el teorema del seno, tenemos:

Sobre el triángulo ABD: 1

1

Asensen D2

sen a sen c

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ =

Sobre el triángulo ADC: 2

2

Asensen D2

sen a sen b

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ =

Despejando e igualando: 1 21 2

sen D sen DAsen sen a sen a2 sen c sen b

⎛ ⎞ = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Como 1 2 1 2D D 180º senD senD+ = ⇒ =

Simplificando, queda 1 2sen a sen asen c sen b

=

B C

cb

D2 a2

A

a1 D

A/2

D1

A/2



31.- En un triángulo esférico se verifica que a+b=180°. Calcular el arco de ciclo que es la mediana correspondiente al lado c. Solución: Considerando dos triángulos esféricos y el teorema del coseno, tenemos:

Sobre el triángulo CBD: 1c ccos a cos m cos senm sen cos D2 2

= +

Sobre el triángulo CDA: 2c ccos b cos m cos senm sen cos D2 2

= +

Como 1 2 1 2D D 180º cos D cosD+ = ⇒ = − y por hipótesis a b 180º cos a cos b+ = ⇒ = − , igualamos:

( )1 1c c c ccosa cos m cos senm sen cos D cos m cos senm sen cos D cos b2 2 2 2

= + = − − − =

c2cos m cos 02

⇒ =

cos m 0 m 90ºccos m cos 0 c c2 cos 0 90º c 180º no es factible, puesto que a-b<c<a+b2 2

⎧ = ⇒ =⎪= ⇒ ⎨

= ⇒ = ⇒ =⎪⎩

Por tanto m=90º es el valor de la mediana

BA

ab

m D2 c/2

C

c/2 D

D1



32.- En el triángulo esférico rectilátero en el que c=90°; obtener la altura esférica correspondiente al lado c en función de los otros dos lados. Solución: Considerando dos triángulos esféricos y el teorema del coseno, tenemos:

Sobre el triángulo CBH: 1 1 1 1cos acos a cosh cos c senh senc cos90º cosh cos c cos ccosh

= + = ⇒ =

Sobre el triángulo CHA: 2 2 2 2cos bcos b cosh cos c senh senc cos90º cosh cos c cos ccosh

= + = ⇒ =

Como por hipótesis 1 2 1 2c c c 90º cosc senc= + = ⇒ = , sustituyendo, elevando al cu adrado y sumando:

2 2 22 2 2

1 2 2 2 22 2 2

2 2 2

cosa cos a cos a cos bcos c senc sen c 1 sen c cos ccosh cos h cos h cos h

cos h cos a cos b

= = ⇒ = ⇒ = + = + ⇒

⇒ = +

B c1

A

ab

h 90º c2

C

H c=90º

90º



33.- Expresar en función de los lados de un triángulo esférico el producto senA senB senC. Solución:

Sabemos que A A AsenA sen 2 2sen cos2 2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

y por las funciones de los ángulos m itad

( ) ( )sen p b sen p cAsen2 senbsenc

− −⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

y ( )senp sen p aAcos

2 senbsenc−⎛ ⎞ =⎜ ⎟

⎝ ⎠, siendo a b cp

2+ +

=

Por consiguiente:

A A B B C CsenAsenBsenC 2sen cos 2sen cos 2sen cos2 2 2 2 2 2

A A B B C C8sen cos sen cos sen cos2 2 2 2 2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )3

2 2 2

sen p b sen p c senpsen p a sen p a sen p c senpsen p b8

senbsenc senbsenc senasenc senasenc

senpsen p a sen p b sen p csen p b sen p a senpsen p c8

senbsena senbsena sen asen bsen c

− − − − − −=

− − −− − −=



34.- Demostrar que en todo triángulo esférico se verifica que: < <⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪+ = ⇔ + =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪> >⎩ ⎭ ⎩ ⎭

a b 180º A B 180º .

Solución:

De la analogía de Neper:

a bcosA B 2tga b C2 cos tg

2 2

−+

=+

podemos observar que: a bcos 02−

> ya que

a b90º 90º2−

− < < y adem ás Ctg 02> ya que C0º 90º

2< < . Por tanto,

A B a bsigno tg signo cos2 2+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Consideramos las tres posibilidades:

Si a+b<180º a b a b A B A B90º cos 0 tg 0 90º A B 180º2 2 2 2+ + + +

⇔ < ⇔ > ⇔ > ⇔ < ⇔ + <

Si

a+b=180º a b a b A B A B90º cos 0 tg no existe 90º A B 180º2 2 2 2+ + + +

⇔ = ⇔ = ⇔ ⇔ = ⇔ + =

Si a+b>180º

a b a b A B A B90º cos 0 tg 0 90º A B 180º2 2 2 2+ + + +

⇔ > ⇔ < ⇔ < ⇔ > ⇔ + >



35.- Demostrar que si dos ángulos de un triángulo esférico son rectos, los lados opuestos a estos ángulos son cuadrantes y el tercer ángulo está medido por el lado opuesto. Si los tres ángulos de un triángulo esférico son rectos, demuéstrese que la superficie esférica del triángulo es un octante de la esfera. Solución:

2 3 3 12 1 3 3

1 3 3 2

A 90º r r b 90ºr

B 90º r r a 90º= ⇒ π ⊥ π ⊥ ⇒ =⎫ ⎧

⇒ π ∩π = ⊥ π ⇒⎬ ⎨= ⇒ π ⊥ π ⊥ ⇒ =⎭ ⎩

y además 1 2C r , r c∧⎛ ⎞⇒ = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Como el tercer ángulo es tam bién recto el tercer lado (c=90º) también lo es, resultando un triángulo trirrectángulo y trirectilátero que es la octava parte de la esfera.

A=90º

B=90º

C

b

c

a

r1

r2

r3

Π1 Π2

Π3



36.- En un triángulo esférico rectángulo la suma de los catetos vale 100º, la hipotenusa mide 80º; calcular el valor del cateto más pequeño. Solución: Datos: A=90º, a=80º, b+c=100º Del pentágono de Neper: cosa=sen(90º-b)sen(90º-c)= cosbcosc=cos80º del coseno de la suma: cos(b+c)=cosbcosc-senbsenc=cos100º=cos80º-senbsenc => senbsenc=cos80º-cos100º Y del coseno de la diferencia: cos(b-c)=cosbcosc+senbsenc=cos80º+cos80º-cos100º = 3cos80º => b-c=58º36’16’’ Resolviendo el sistema:

b c 100ºb c 58º 36 '16 ''+ = ⎫

⇒⎬− = ⎭

b 79º18'8''

c 20º 41'52''

=⎧⎪⎨

=⎪⎩



37.- Si ε es el exceso esférico del triángulo esférico en el que a=b y C=90º, calcular tgε en función de a Solución:

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

tg tg A B C 180º tg A B 90º 180º tg A B 90º tg 90º A B

1 cot g A cot g Bcot g A B (*)

cot g A cot g B

ε = + + − = + + − = + − = − − + =

−= − + = =

+

Si a=b, entonces A=B. Del pentágono de Neper obtenemos la fórmula siguiente: cos A= senBsen(90º-a)=senB cosa, de dónde, cosa = cotgA=cotgB c B A 90º-a 90º-b Ahora sustituyendo en (*):

( ) ( )( ) ( )

21 cot g A cot g B 1 cos a cos a 1 cos a(*)cot g A cot g B cos a cos a 2cos a− − −

= = = =+ +

sena tg2cosa

= ε

C=90º



38.- Calcular la distancia mínima en km que hubiera tenido que recorrer las

naves de Cristóbal Colon en su primer viaje y descubrimiento de América.

Datos: Considérese como punto de salida la ciudad de Santa Cruz de Tenerife y

llegada la isla de S. Salvador en las Bahamas.

Solución: Datos:

Coordenadas de Santa Cruz de Tenerife: Latitud. 28° 28’ N Longitud. 16° 15’ O

Coordenadas de S. Salvador en las Bahamas: Latitud. 24° 00’ N Longitud 74° 35’ O

Resolviendo el triángulo esférico:

tp = 90 - 28º 28’ = 61º 32’

sp = 90 - 24º 00’ = 66º

P = 74º 35’ – 16º 15’ = 58º 20’

Distancia entre Tenerife y S. Salvador:

cos st = cos sp cos tp + sen sp sen tp cos P =

= cos 66º cos 61º 32’ + sen 66º sen 61º 32’ cos 58º 20’

st = 52º 0’ 48.’’83

distancia = st(radianes).R =

= (52º 0’ 48.’’83) (π/180) (6371) = 5779,2848 km.



39.- Calcular el valor del coseno del exceso esférico del triángulo cuyos lados

miden a=b=3π y c=

2π .

Solución: Primeramente resolvemos el triángulo esféri co con el pentágono de Neper para triángulos rectiláteros, o bien, con el teorema del coseno. Además a=b ⇔ A=B. cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A.

Y despejando

1 1cos cos cos 0cos a cos b cos c 13 3 2 2 2cos A cos Bsenbsenc 3 3sen sen 13 2 2

π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = = =π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

cos c = cos a cos b + sen a sen b cos C.

22

22

2 22

1cos cos 0cos c cos a 1 2 22 3 2cos C senC 1 cos C

3 3sen a 3sen3 2

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = = − ⇒ = − =π⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠

ahora( ) ( ) ( )

2 2

cos cos A B C 180º cos 2A C 180º cos 2A C cos 2A cos C sen2AsenC

1 2 1 2 1 2 2(cos A sen A)cos C 2senA cos AsenC 23 3 3 3 3 3

ε = + + − = + − = − + = − + =

⎛ ⎞⎛ ⎞= − − + = − − − + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= 79



40.- Calcular el área del triángulo esférico y el volumen de la pirámide esférica que determina en una esfera de 6cm de radio un triedro equilátero cuyos diedros miden 100° y cuyo vértice es el centro de dicha esfera. Solución: Si los ángulos diedros m iden 100º, los vértices del triángulo esférico serán A=B=C=100º y el exceso esférico ε=A+B+C-180º=300º-180º=120º

Área del triángulo esférico: ( )2 2 r 6S A B C 180 120º

180 2π π

= + + − = = 275, 3982 cm

Volumen de la pirámide esférica: 1 1V S h 75,3982 63 3

= ⋅ = ⋅ = 3150,7964 cm



41.- De un triángulo esférico trazado en una superficie esférica cuyo radio es 10 dm se conocen: A = 71º 20´; B = 119º 25´; C = 60º 45´. Se pide: a) Resolver el triángulo. b) Hallar su área. c) Hallar el volumen de la pirámide esférica cuyo vértice es el centro de la esfera y su base el triángulo dado. Solución: a) Para resolver el triángulo esférico utilizamos el teorema del coseno para ángulos

cos A cos Bcos Ccos A cos Bcos C senBsenCcos a cos a 0.035771senBsenC+

= − + ⇒ = = ⇒ a=87º57’.

Análogamente, cos B cos A cos Ccos B cos A cos C senAsenCcos b cos b 0,404994

senAsenC+

= − + ⇒ = = − ⇒ b=113º

53’ cos C cos A cos Bcos C cos A cos B senAsenBcos C cos c 0.401681

senAsenB+

= − + ⇒ = = ⇒ c=66º19’

b)

Área del triángulo esférico:

( )2 2 r 10S A B C 180 71º 30 '

180 2π π

= + + − = = 2124,79 dm

c)

Volumen de la pirámide esférica: 1 1V S h 124,79 103 3

= ⋅ = ⋅ = 3415,96 dm



42.- Hallar el área del pentágono esférico cuyos ángulos miden 87° 16’, 108° 34’, 126° 23’, 150° y 156° 48’ en una esfera de 16 dm de radio. Solución: Área del pentágono esférico:

( )

( ) ( )

2

n 5 1 2 3 4 5

2 2

rS A A A A A (n 2)180180

16 1687º16'+108° 34'+126° 23'+150°+156° 48'-3 180º 629º 01' 540º2 2

=

π= + + + + − − =

π π= ⋅ = − =

= 2397,7302 dm



43.- En todo triángulo esférico isósceles (b=c), se verifican las relaciones siguientes:

a) a Asen senb sen2 2= ⋅

b) A acos senB cos2 2= ⋅

Solución: a) De las razones trigonométricas del ángulo mitad:

( ) ( ) ( ) ( )2

2b c

asensen p b sen p c sen p b sen p bA 2sen2 senbsenc senb senbsen b=

− − − −= = = = ⇒

a Asen senb sen2 2= ⋅

b) Aplicando la fórmula de Bessel del coseno para ángulos: cosA=-cosBcosC+senBsenCcosa=-cos2B+sen2Bcosa y como b c B C= ⇔ =

2 2 2 2 2A 1 cos A 1-cos B+sen Bcosa sen B+sen Bcosa sen B(1+cosa)cos2 2 2 2 2

(1+cosa) asenB senB cos2 2

+= = = = =

= = ⋅



44.- De un triángulo esférico se conocen: a = 74º 05’ 00’’, b = 63º 17’ 00’’, A = 113º 42’ 00’’ a) Analizar cuántos triángulos esféricos se adaptan a estos datos. b) Resolver el ó los triángulos, según proceda. Solución:

a) Por el teorema del seno:

==sena

senb senAsenB 0.8505144307 ⎩⎨⎧

=⇒'56' 43' 121º

'04' 16' º58B

a > b ⇒ A > B ⇒ B 58º 16' 04''= Solución única.

b) Aplicando las analogías de Neper:

2027464054.02

batg

2BAcos

2BAcos

2ctg =

+−

+

= ⇒c 11º 27' 40''2= ⇒ c 22º 55' 20''=

Mediante el teorema del coseno:

cos c-cos a cos bcos C 0.9286917248sen a sen b

= = ⇒ C 21º 46' 06''=



45.- En un triángulo esférico se verifica 2p=a+b+c=180º. Demostrar que cosA+cosB+cosC=1. Solución: Dato: a+b+c=180º⇒ a=180º-(b+c) ⇒ cosa=cos(180º-(b+c))=-cos(b+c)=-cosbcosc+senbsenc ⇒ utilizamos el teorema del coseno cos a cos bcos c senbsenccos A

cos a cos bcos c -cosbcosc+senbsenc-cosbcosc senbsenc-2cosbcosccos A 1 2cot gbcot gcsenbsenc senbsenc senbsenc

= + ⇒−

= = = = −

Análogamente, cos B 1 2cot ga cot gc= − cos C 1 2cot ga cot gb= −

( )cos A cos B cos C 1 2cot gb cot gc 1 2cot ga cot gc 1 2cot ga cot gb

3 2 cot gb cot gc cot ga cot gc cot ga cot gb 1 cot gb cot gc cot ga cot gc cot ga cot gb 1+ + = − + − + − =

= − + + = ⇒ + + = Demostramos la última expresión:

( )( )

( )( )

1 1 1 1 1 1 tga tgb tgccot gbcot gc cot ga cot gc cot ga cot gbtgb tgc tga tgc tga tgb tgatgbtgc

tg 180 (b c) tgb tgc tg b c tgb tgc(*)

tg 180 (b c) tgbtgc tg b c tgbtgc

+ ++ + = + + = =

− + + + − + + += =

− + − +

Sabemos que:

( ) tgb tgctg b c1 tgbtgc

++ =

−

ahora

( )( )

( ) ( ) ( )( )

( )( )( )

tgb tgc tgb tgctg b c tgb tgc tgb tgc 1 tgbtgc tgb tgc1 tgbtgc(*)

tgb tgctg b c tgbtgc tgb tgc tgbtgctgbtgc1 tgbtgc

tgbtgc tgb tgc1

tgb tgc tgbtgc

+− + +

− + + + − + + − +−= = = =

+− + − +−−

− += =

− +



46.- Calcular la distancia en km, entre Madrid y Málaga, siendo las coordenadas de Madrid longitud 3º 41’ Oeste y latitud 40°24’30” Norte, y las de Málaga 0°49’55” Oeste y 36°43’13” Norte. (R=6371 km) Solución: Datos: A=3º41’-0º49’55’’=2º51’5’’ b= 90º-40º24’30’’=49º35’30’’ c=90º-36º43’13’’=53º16’47’’ solución del triángulo: A(polo); C(Madrid); B(Málaga) aplicando el teorema del coseno: cos a = cosb cosc + senb senc cos A obtenemos a=4º18’32’’ por lo que la distancia recorrida es d = a(radianes). R = a (π/180) (6371) = 479 km

b

a

c

B

A

C



47.- Resolver el triángulo esférico conociendo el lado a=120°10’0”, la altura h=42°15’0” y la mediana m=62°10’0” que parten del vértice A. Solución: Consideramos el triángulo rectángulo HAM: m H=90º m=62º10’ M A h=42º15’ 90º-a1 90º-h

cosm=cosa1cosh 1cos mcos a 0,630761cosh

⇒ = = ⇒ 1a 50º 53'37''=

En el triángulo rectángulo HAC: b H=90º

1aHC a 110º15'37 ''2

= + = C A’

h=42º15’ 90º-HC 90º-h

cos b cos HCcosh 0, 2649992= = − ⇒ b 105º 21'59''=

senhsenC 0,697295senb

= = ⇒44º12'37'' C 90º h b135º 47'13''

= < ⇔ <⎧⎪⎨⎪⎩

senHCsenA ' 0,968341senb

= = ⇒75º 32'38''

104º 27'22'' A' 90º HC b

⎧⎪⎨

= > ⇔ >⎪⎩

c

a

b

C

A

B

m

H M

h

h

a1

m

M

A

H

H=90º

H=90º



En el triángulo rectángulo HAB: H=90º

aBH HC 9º11'23''2

= − =

h=42º15’ c B A’’ 90º-BH 90º-h cos c cos BH cosh 0,730717= = ⇒ c 43º 03'12''=

senhsenB 0,984896senc

= = ⇒8º 01'45'' B 90º h c171º 59'15''

= < ⇔ <⎧⎪⎨⎪⎩

senBHsenA '' 0, 233937senc

= = ⇒13º 31'44'' A'' 90º BH c166º 28'16''

= < ⇔ <⎧⎪⎨⎪⎩

Por último, sobre el vértice A hemos considerado dos ángulos A’ y A’’, en cuyo caso:

A=A’+A’’=104º27’22’’+13º31’44’’=117º59’06’’

H=90º

c

a2

h

H

A’’

B



48.- Determinar los ángulos A y B de un triángulo esférico conocida su diferencia B-A=32º14’ y los lados opuestos a=67º25’35’’ y b=143º44’46’’. Solución: De la analogía de Neper:

b asenB A C C2tg cot g t g 2,219908b a2 2 2sen2

−−

= ⇒ = ⇒+

C 131º 29'59''=

Del teorema del coseno cosc=cosacosb+senasenbcosC=-0,671383 C 132º10 '26 ''⇒ =

Con el teorema del seno 68º56 'senasenCsenA 0,933162 A C a c111º 04 'senc⎧

= = ⇒ = < ⇔ <⎨⎩

no podemos

decidir así.

senbsenCsenB 0,597626senc

= = ⇒ 36º 43'01''

B143º17'59'' C b c

⎧⎪= ⎨> ⇔ >⎪⎩

Comparando ahora B con A:

a b A B< ⇔ < tampoco nos sirve para decidir. Ha de ser A+B+C>180º, no nos dice nada. Comprobamos con el teorema del coseno para ángulos que nos dará el valor único: cosA=-CosBcosC+senBsenCcosa-0,359449 A 111º 04'00''⇒ =



49.- En un triángulo esférico rectángulo (A=90º) la suma de los catetos vale 100º y la hipotenusa 80º, calcular los catetos. Solución: Como el dato es b+c=100º usamos las analogías de Gauss-Delambre:

b c B C B Ccos cos coscos50º B C B C2 2 2 cos 0,593333 53º 36 '22 ''a A cos 40º s en45º 2 2cos s en2 2

+ + ++ +

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

b c B C B Cs en cos coss en50º B C B C2 2 2 cos 0,8426961 32º34 '27 ''

a A s en40º s en45º 2 2s en s en2 2

+ − −− −

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Resolviendo el sistema:

B C 53º36 '22 '' B 86º10 '49 ''2B C C 21º 01'55''32º34 '27 ''

2

+ ⎫= ⎪ =⎧⎪⇒⎬ ⎨− =⎩⎪=⎪⎭

Por último, del pentágono de Neper: cosC=cotga cotg(90º-b), entonces tgb=cosC tga= 0,3778146 b 20º 41'52''⇒ =

c 100º b 79º18'08''⇒ = − =



50.- Un avión parte de un punto de la Tierra de coordenadas 40º N , 3ºO. Su rumbo es 78º NE, su altitud de vuelo es de 4.000 m y su velocidad de 610 km/h. Se pide obtener las coordenadas del punto en el que el avión atraviesa el paralelo 30ºN y calcular el tiempo que tarda en llegar a dicho lugar, considerando el radio de la tierra de 6373 km. Solución:

Resolviendo el triángulo sen B = (senC senc) / senb senB = 0,86522234892638450965733190209936 B1=59º54’29.17” B2=180º-B1= 120º05’30.83 Como b<c debe ocurrir B < C y esto sólo lo cumple B1 por tanto, la única solución es B=59º54’29.17” tg(a/2)=sen((B+C)/2)/sen((B-C)/2 tg((b-c)/2) obteniéndose a=54º53’18,5” cosA= -cosB cosC + sen B senC cosa obteniéndose A=67º30’34,15” Por tanto, las coordenadas del punto buscado son

Longitud=67º30’34,15”- 3º = 64º30’34,15” Latitud= 30ºN

La distancia recorrida es D = (pi/180º) 54º53’18,5”* (6373 + 4)= 6110 km Y el tiempo t = 6110/610 = 10,01 horas = 10 horas 1 minutos

c=90º-30º=60º

b=90º-40º=50º

C=78º



51.- En la Tierra, sea el círculo máximo que pasa por los puntos A (latitud 0º, longitud 60º O) y B (latitud 60º N, longitud 0º) Se pide: a) Distancia en kilómetros entre los puntos A y B.

b) Puntos en que dicho círculo máximo corta el Ecuador c) Puntos en que dicho círculo máximo corta el paralelo 60º N Nota: Radio de la Tierra R = 6378 km Solución:

a) Es un problema de cálculo de la distancia entre dos puntos de la esfera. Sea el triángulo esférico de vértices A, B y N (Polo Norte)

Conocidos dos lados y el ángulo comprendido entre ellos, calcula el lado n mediante el teorema del coseno obteniéndose n=75º31’20,96’’ La distancia pedida se obtiene pasando este ángulo a radianes, n n=1,31811609 rad y multiplicando por el radio de la Tierra dist = n. RT = 8406,944 km

b) Dado que los círculos máximos se obtienen de la intersección con la esfera de planos que

pasan por el centro de la misma, los puntos de corte de los círculos máximos con el Ecuador tienen longitudes que difieren en 180º. Por tanto, el punto A’ tiene por coordenadas A’ (longitud 120ºE, latitud 0º)

Figura1. Proyección sobre el plano del Ecuador terrestre

A

B

N=60º

b=90º a=90º-60º=30º



c) Según la figura 1 anterior, todos los puntos de corte del círculo máximo del problema con los paralelos son simétricos respecto del plano que contiene al meridiano 30ºE, por lo que el otro punto de corte con el paralelo 60ºN es B’(longitud 60ºE, latitud 60ºN)

NOTA: este apartado también se puede resolver de forma analítica mediante resolución de triángulos esféricos. Hay que resolver el triángulo esférico NB’B del que se conocen los lados b=30º, b’=30º. El otro dato conocido es el ángulo B, que se obtiene del triángulo NBA del apartado a). El ángulo B en NBA es B = 116º33’54,18’’. Por tanto, el ángulo B en NB’B vale B=180º-116º33’54,18’’=63º26’05,82’’ Se busca resolver un triángulo esférico conocidos dos lados y un ángulo no comprendido entre ellos. La incógnita del problema es el ángulo N. Se obtiene N = 60º

A

B

N

b=90º b’=30º

B’

b=30º



52.- Sea el triángulo esférico, situado sobre la superficie de la Tierra, cuyos vértices son el Polo Norte y los puntos B y C de coordenadas: B (longitud: 120º Este, latitud: 40º Norte), C (longitud: 30º Oeste, latitud: 60º Norte) Se pide: a) Resolver el triángulo. b) Calcular la superficie del triángulo. Solución: a) (Considerando positivos la latitud Norte y la Longitud Este) Datos del problema: Ángulo A = 120º+30º = 150º Lado c = 90º-40º = 50º Lado b = 90º-60º = 30º Resolución: Se trata de un triángulo del que se conocen dos lados y el ángulo comprendido entre ellos, que se resuelve aplicando el teorema del coseno para lados sucesivamente, y se obtiene: a = 76º 59' 57,38'' B = 14º 52' 1,33'' C = 23º 8' 50,75''

b) La superficie de este triángulo viene dada por 2

( 180º )180º

RS A B Cπ= + + − siendo A,B,C los

ángulos expresados en grados, obteniéndose: A+B+C – 180º = 8,0144667 º

S = 5690115 km2

A (0º,90º)

B (120º,40º) C (-30º,60º)



53.- Un barco navega 2000 km hacia el Este a lo largo del paralelo de latitud 42º ¿Cuál es la longitud del punto de llegada?, si: a) Parte de la longitud 125º O. b) Parte de la longitud 160º E. (Tomar como radio de la tierra 6370 km)

a) Si el barco parte de la longitud 125º O, la longitud del punto de llegada es: 125º- 24º 12’ 25’’= 100º 47’ 35’’O (pues va hacia el Este).

b) Si el barco parte de la longitud 160ºE, la longitud del punto de llegada es:

160º+ 24º 12’ 25’’= 184º 12’ 25’’E (pues va hacia el Este)= 360º- 184º 12’ 25’’= 175º 47’ 35” O.

O

O’

42º

r

R

La relación entre el radio del paralelo de latitud 42º y el radio R de la Tierra es: r = R sen (90º-42º) = 6370 sen 48º. Por otro lado, los 2000 km en el paralelo 42º corresponde al ángulo central α tal que:

α=

π 36020002 r

º4863702720000

22000º·360

senr π=

π=α⇒ ⇒

2000 km ≈ 24º 12’ 25’’



54.- Un barco navega a lo largo de una circunferencia máxima desde la localidad de Dutch Harbor (latitud: 53º 53’ N, longitud: 166º 35’ O) hasta un punto M (latitud: 37º 50’ S, longitud: 144º 59’ O). Se pide: a) Calcular la distancia y el rumbo de salida (ángulo que forma la trayectoria con el meridiano del punto de salida indicando polo y dirección Este u Oeste). b) Localizar el punto donde la trayectoria corta al Ecuador. c) Hallar el área del triángulo esférico determinado por el Polo Norte y ambos lugares. Solución

Conocemos, por tanto, dos lados y el ángulo co mprendido luego hemos de aplicar el teorem a del coseno para hallar directamente el lado DM:

Cos(DM)= cos (DN) cos(MN) +sen (DN)sen(MN)Cos (DNM)= -0,06264828854 ⇒

DM = 93º 35’ 30.6” y pasando a km "6.30 '35 º93º180

6370·π=DM = 10405,3037 km.

El rumbo de salida viene dado por el ángulo NDM, medido desde el Norte hacia el Oeste:

Cos(MN)= cos (DM) cos(DN) +sen (DM)sen(DN)Cos (NDM) ⇒

)()()cos()cos()cos()cos(

DNsenDMsenDNDMMNNDM −

= = -0,9566267926 ⇒

rumbo = DNM = N 163º 3’ 47,6” Este.

b) Para localizar el punto C donde la trayectoria corta al Ecuador trabajamos con el triángulo esférico MAC, rectángulo en A, determinado por los puntos: M. C: Intersección de la trayectoria con el Ecuador. A: Intersección del meridiano de M con el Ecuador. El punto C tiene latitud 0º por estar en el Ecuador y su longitud = longitud de M +AC (Oeste).

M

G

N D

A C

Designamos por D al punto que indica la localidad de Dutch Harbor y por M al punto de destino.

a) Para calcular el arco DM consideramos el triángulo esférico de vértices D, M, N. En él conocemos: Lado DN: colatitud del punto D = 90º-53º 53’ 00” ⇒ DN = 36º 7’ 00”. Lado MN: 90º + latitud del punto M = 90º+37º 50’ 00” ⇒ MN = 127º 50’ 00”. Ángulo DNM = diferencia de longitudes de D y N (por estar ambos puntos al Oeste de Greenwich. ⇒ DNM=166º 35’00”-144º 59’00”=21º 36’ 00”.



Para resolver un triángu lo rectángulo necesitam os dos dato s (además del ángulo recto). E n este caso disponemos de:

Lado AM = latitud de M 37º 50’ 00”. Ángulo CMA = DMN que lo podemos calcular en el triángulo DNM considerado en el apartado anterior.

Cos(DN)= cos (DM) cos(MN) +sen (DM)sen(MN)Cos (DMN)= ⇒

)()()cos()cos()cos()cos(

MNsenDMsenMNDMDNDMN −

= = 0,9760801154⇒ DMN = 12º 33’ 25,3”.

Ayudándonos del pentágono de Neper elegim os la fórmula que nos relaciona los datos con el lado que queremos calcular:

Cos (90º-AM) = cotg (CMA) cotg (90º-AC) ⇒

tg(AC)= ( ) ( ) ( )CMAtgAMsenCMAcotgAMsen

)(= =sen(37º50’00”)tg(12º33’25,3”)=0,13662075553.

⇒ AC = 7º 46’ 46.66” y la longitud de C es 7º 46’ 46.66” + 144º 59’ = 152º 45’ 46.66”.

Luego la trayectoria corta al ecuador en el punto C :

C (latitud: 0º N, longitud: 152º 45’ 46.66”.O)

c) El área del triángulo esférico DMN es:

S = º180

6370· 2π (21º 36’ 00” + 163º 3’ 47,6” + 12º 33’ 25,3” -180º) = 12195389,75.

S = 12195389,75 km2

CM

A=90º CMA

90º-AM 90º-AC

ACM

A C

M



55.- Un avión parte del aeropuerto de Talavera la Real. Encontrar el rumbo y la distancia para un vuelo a Nueva York. Sabiendo que las coordenadas de Talavera la Real y Nueva York son:

Talavera la Real: 6º 46’ 24'’ Oeste; 38º52'35’’ Norte Nueva York: 74º00' Oeste; 40º45' Norte

(La Tierra se considera una esfera de radio 6371 km y que el avión recorre ciclos de la esfera). Determinar cual es la máxima latitud que alcanza dicho vuelo Solución: distancia Talavera (A) – Nueva York (B) triángulo P (polo norte), A, B datos: lado a = PB = 90º - 40º45’ = 49º15’ lado b = PA = 90º - 38º52’35’’ = 51º07’25’’ ángulo P = 74º - 6º46’24’’ = 67º13’36’’ solución: aplicando el teorema del coseno

cos p = cos a cos b + sen a sen b cos P= 0.6379899781 p=50º21’28,44’’

La distancia es d (A,B)= p R180ºπ = 0.8789111593 (rad)*6371= 5599,54 km

El rumbo viene determinado por el ángulo PAB, que podemos calcular por el teorema del seno: 65º 6 '27,62 '' <P a p sen a sen P sen 49º15'sen 67º13'36 ''sen A 0.3806893463 A124º53'62,38'' No validosen p sen 50º 21'28, 44 ''

⇔ <⎧= = = ⇒ = ⎨

⎩

Necesitamos conocer la altura esférica sobre el lado AB sen h sen bsen A sen 51º07'25''sen 65º 6 '27,62 '' 0,2963673644

17º14 '22 '' b A 90º h

162º 45'38'' No valido

= = = ⇒

< ⇔ >⎧= ⎨⎩

De donde la latitud será<. 90º-17º14’22’’=82º45’38’’

ecuador

P=Polo Norte

B

p

GreenwichA 2

2

Longitud 74º W=B


≡ ⎨ = ϕ⎩

λ2 λ1

φ2 φ

1

B A

h

P

Q



N

K

S

F

56.- Un avión parte de Kopervik (Noruega) hacia Fortaleza (Brasil). Las coordenadas geográficas de dichas ciudades son:

Kopervik (longitud: 5º 18’ E, latitud: 59º 17’ N) Fortaleza (longitud: 38º 29’ O, latitud: 3º 41’ S) Tomando como radio de la tierra R = 6371 km, hallar: a) La distancia entre ambas ciudades. b) La distancia recorrida por el avión que vuela a 10 km de altura. c) Las coordenadas geográficas del punto H en que la trayectoria corta al

ecuador. Solución:

a) Hallar la distancia a lo largo de una circunferencia m áxima desde Kopervick (Noruega) hasta Fortaleza (Brasil), siendo las coordenadas: K(5º 18’ E, 59º 17’ N) F(38º 29’ O, 3º 41’S)

(Figura 1)

cos(FK) = cos(NF) cos(NK)+ sen(NF) sen(NK) cos( N̂ ) = 0,3127820467 ⇒ KF = 71º 46’ 22’9” Calculamos esta distancia en km suponiendo R = 6371km

d(K,F) = "9,22 '46 º71º180

6371 π = 7980,7968km

b) La distancia recorrida por el avión se calcula de igual manera pero con un radio R’=6371+10= 6371 km:

dAvión(K,F) = "9,22 '46 º71º180

6381 π = 7993,3236km

En el triángulo FKN de la Figura 1 se conocen: Lado NK = colatitud de K = 30º 43’ 00” Lado NF = 90º+ latitud de F = 93º 41’ 00” Ángulo N̂ =long K + longF = 43º 47’ 00” Aplicando el teorema del coseno obtenemos el lado KF (distan cia terrestre entre am bas ciudades):

H A



c) Coordenadas del punto H donde la travesía corta al Ecuador

Consideraremos el triángulo rectángulo esférico HAF de la Figura 2, donde A 90º= , y AF = 3º 41’

(Figura 2)

sen(KF) sen(NF)cos(KF) cos(NF)-cos(NK)F̂ cos = = 0,928190626 ⇒ F̂ = 21º 50’ 43.8”

La Figura 3 corresponde al pentágono de Neper del triángulo rectángulo HAF: Luego, las coordenadas del punto H donde la trayectoria corta al Ecuador (ver Figura 1) son:

Longitud = longitud de F- HA = 38º 29’ - 1º 28’31” = 37º 0’ 29” W Latitud = 0º por ser un punto del Ecuador

F

H A Para determinar la coordena da longitud de H n ecesitamos calcular HF. Y para poder ap licar las fórm ulas de Trigonometría Esférica en el triángulo HAF necesitam os conocer otro dato del mismo. El más fácil de calcu lar es F̂ en el triángulo F NA de la Figura 1 (aplicando el teorema del coseno):

Cos (90º-CF) = cotg(90º-HA) cotg ( F̂ ) ⇒

sen(CF) = tg(HA)ˆtgF

⇒

tg(HA) = sen(CF) tg F̂ = 0,0257541718 ⇒ HA = 1º 28’31”

A 90º=

FH

90º- HA

F̂

90º- CF

H



57.- Dado el triángulo esférico de ángulos B = 34º49’11’’ y C = 118º58’36’’ y siendo c (el lado opuesto al ángulo C), de valor c = 100º. Se pide: a) Hallar la altura esférica sobre el lado a (opuesto al ángulo A) indicando si es interior o exterior al triángulo b) Resolver el triángulo Solución: a) Luego al ser B = 34º 49’ 11’’< 90º y C = 118º 58’ 36’’> 90º, deducimos que la altura sobre el lado a es exterior al triángulo ABC y su valor es un á ngulo agudo. Considerando el triángulo ABH rectángulo en H

senh= senB.senc = 0.562321217⇒ h = 34º 12' 59''145 º 47' 1'' 90º>

b) Por el teorema del seno:

senc senB sen100º sen34º 49 '11''senb 0,6427874946senC sen118º58'36 ''⋅

= = = ⇒ 1

2

b 40ºb

b 180º 40º 140º=⎧

= ⎨ = − =⎩.pero al

ser B<C ha de verificarse que b<c =100º, luego, en este caso b = b1 = 40º y solo hay una solución válida. Aplicando las analogías de Neper:

B Ccosa b c2tg tgB C2 2cos2

++

=−

= 0,8390996311 ⇒ a2

= 40º ⇒ a= 80º

b ccosA 2tg b c B C2 cos tg2 2

−

=+ +

= 0,5893193223 ⇒ A2

= 30º 30’ 42” ⇒ A= 61º 01’ 24”

Si la a ltura sobre e l lado a es interior (h), al triángulo ABC, entonces h, B y C han de s er todos agudos o todos obtusos, pues son ángulos que se oponen al cateto h, en los triángu los rectángulo en que h), divide al triángulo ABC. Si la altura es exterior (h), entonces han de ser h, B y (180º- C) agudos u obtusos simultáneamente es decir, B y C han de tener distinto carácter.

a

b

c

A

B

C

h

h H



58.- Dado el triángulo esférico de lados a=80º, b=40º y c=100º, Calcular los arcos de circunferencia máxima correspondientes a: a) Mediana sobre el lado c. b) Bisectriz del ángulo C. Solución:

a) La mediana (m) d ivide al lado en dos partes iguales. Hemos de calcular primero el ángulo A ó B

cosA= cos a cos b cos csenb senc− = 0.4844543979 ⇒

A = 61º 01' 24 '' Ahora, en el triángulo de la izquierda, conocemos dos lados y el ángulo com prendido, utilizamos el teorem a del coseno: cosm = cosbcos(c/2) + senbsen(c/2)cosA = = 0.7309511000 (con c/2 = 50º) luego la mediana es:

m = 43º 02’ 02’’ b) La bisectriz (z) divide al ángulo en dos partes iguales. Calculamos, en primer lugar, el ángulo C en el triángulo ABC, aplicando el teorem a del coseno:

cosC= cos c cos a cos bsena senb− = -0.484454398 ⇒

C =118º 58 ' 36 '' Hallamos ahora el ángulo AZC (que designamos Z) en el triángulo ACZ aplicando el teorema del coseno para ángulos:

cos Z= -cosA cos2C + senA sen

2C cosb = 0.3313858910 ⇒ Z = 70º 38’ 49.5”

Y, por último aplicamos el teorema del coseno para obtener la bisectriz z:

cos A= -cosZ cos2C + senZ sen

2C cosz ⇒

2

2

coscoscoscos C

C

sensenZ

ZAz

+= = 0.8029859953 ⇒ la

bisectriz es z = 36º 35’ 1.69”

m

c/2

C/2 z

Z



59.- a) Hallar la distancia entre Puerto Cabello (Venezuela) (10º 29’ N, 68º 00’ O) y Cádiz (España) (36º 30’ N, 6º 20’ O). b) Hallar el rumbo inicial y el rumbo final de un barco que se dirija de Puerto Cabello a Cádiz. c) Calcular la latitud y longitud de la posición del barco cuando haya recorrido 3000 km. d) Si el barco no parase en Cádiz, sino que siguiera navegando por la circunferencia máxima que une ambas ciudades, localizar el punto del recorrido más próximo al polo norte (dar su latitud y longitud). Nota: tomar como radio de la tierra 6370 km.

Solución

a)

Punto A = Puerto Cabello ⎩⎨⎧

O 00' 68º longitudN 29' 10º latitud

Punto B = Cádiz ⎩⎨⎧


Polo norte en N.

En el triángulo ABN:

N = 68º 00’ – 6º 20’ = 61º 40’

a = 90º - 36º 30’ = 53º 30’,

b = 90º - 10º 29’ = 79º 31’.

Teorema del coseno en este triángulo:

cos n = cos a cos b + sen a sen b cos N = 0.483370247⇒ n = 61º 5’ 39.3’’

En unidades lineales: 360

n63702n g

l

⋅⋅π= = 6792.304 km.

b) El rumbo inicial viene medido por el ángulo A:

cos a = cos b cos n + sen b sen n cos Asenn senb

ncos bcosacosAcos −=⇒ = 0.588838023⇒

A = 53º 55’ 31.46’’ rumbo Noreste.

Y el rumbo final, por el ángulo 180º - B:

cos b = cos a cos n + sen a sen n cos Bsenn sena

ncos acosbcosBcos −=⇒ = - 0.150019547

⇒B = 98º 37’ 41.01’’⇒ 180º - B = 81º 22’ 18.99’’ rumbo Noreste.

A B

N

b an

G



c) Sea C el punto donde se encuentra el barco después de recorrer m = 3000 km.

La medida de m en unidades angulares es:

m = 63702

3603000⋅π⋅ = 26º 59’ 1.98’’.

Por el teorema del coseno en el triángulo A N’ C, se tiene:

cos a’ = cos b cos m + sen b sen m cos A = 0.424860912 ⇒ a’ = 64º 51’ 29.3’’

La latitud de C es: 90º - a’ = 25º 8’ 30.7’’ Norte.

La longitud de C es: long A - )'C'A( arc = long A – N’. Calculemos N’ aplicando de nuevo el teorema del coseno en el triángulo A N’ C: cos m = cos b cos a’ + sen b sen a’ cos N’

'sena senb'acos bcosmcos'Ncos −

=⇒ = 0.91426483⇒ N’ = 23º 53’ 54.46’’.

Longitud de C = long A – N’ = 44º 6’ 5.52’’ Oeste.

c) Sea P el punto del recorrido más próximo al polo norte. Esto ocurre cuando el arco NP sea arco NP sea perpendicular al arco AB. El triángulo ANP es rectángulo en P.

Por la regla de Neper, se verifica: cos (90º - a’’) = sen a’’ = sen b sen A = 0.794759633⇒ a’’ = 52º 37’ 57.21’’(pues a’’ ha de ser

menor de 90º). Latitud de P = 90º - a’’ = 37º 22’ 2.79’’

Para calcular la longitud de P necesitamos conocer el ángulo N’’: Aplicando de nuevo la regla de Neper en el triángulo APN’’, se tiene:

Cos N’’ = cotg b cotg (90º-a’’) = b tg

'a' tag =

= 0.242305132⇒N’’ = 75º 22’ 2.79’’ Longitud P = arc (GP’) Este = arc (A’P’) – - arc(A’G) = =N’’ – long A = 7º 58’ 38.53’’ E.

A’

B’ G

P’

75º 22’ 2.79’’

68º

6º20’

A B

N

b a

'A 'C

C

'a

G

N’

b a’

m A C

A B

N

b a

n

A’ P’

P b

m A

P

A’ P’

n’’

a’’ 90º

b

N’’ A

90º-a’’ 90º-n’’

N’’

G B’



SOLUCIONES

60.- Un barco realiza un viaje desde Bergen (Noruega) (60º 24’ 00”N, 5º 19’ 00”E) hasta St. John’s (Canadá) (47º 34’ 00”N, 52º 41’ 00”O). Se pide calcular: a) La distancia entre ambas ciudades. b) El rumbo inicial (ángulo entre el norte del meridiano y la trayectoria,

medido en sentido de las agujas del reloj). c) La distancia más corta del Polo Norte a la trayectoria.

Solución

a) La distancia entre ambas ciudades es la longitud d del arco SB.

En el triángulo esférico NSB conocemos:

NB = s =90º- 60º 24’ = 29º 36’ NS = b =90º- 47º 34’ = 42º 26’ N̂ = 5º 19’+ 52º 41’= 58º

Aplicando el teorema del coseno:

Cos (SB) =cos n = coss·cosb+sens·senb·cos N̂ = 0,8183525756 ⇒ SB=35º 4’ 47”= n, luego la

distancia es d = 360

63702π 35º 4’ 47”= 3900,081 km.

b) El rumbo inicial es 360º-B, calculamos el ángulo B por el teorema del coseno para lados:

Cos B =ns

nsbsen·sen

·coscoscos − =0,09338393063⇒ B=84º 38’30”, luego el rumbo inicial es: R in

=360º-84º 38’30”=275º21’30”.

c) La distancia m ás corta del Po lo Norte a la trayectoria es la lo ngitud del m enor arco perpendicular trazado desde N al ciclo SB (NH ≡h). Si calculamos el ángulo S en el triángulo esférico NSB podemos averiguar si dicho arco es interior o ex terior al triángulo N SB y es un ángulo agudo.

Cos S =nb

nbssen·sen

·coscoscos − = 0,684665381 ⇒ S=46º 47’27”, luego h es interior al triángulo NSB.

Hallamos entonces el cateto h en el triángulo esférico NSH:

Sen h=sen S·senb=0,4917834262 ⇒ h=29º 27’28” y en km

h = 360

63702π 29º 27’28” = 3275,041 km.

N

S

B

H

bs

mG



61.- Un avión parte de una ciudad A(Cádiz) hacia otra ciudad B(Bristol). Las coordenadas geográficas de dichas ciudades son:

A (longitud: 6º 20’ O, latitud: 36º 30’ N); B (longitud: 2º 38’ O, latitud: 51º 27’ N)

a) Calcular la distancia entre ambas ciudades d(A B). b) Sabiendo que las coordenadas geográficas de otra ciudad C(Oviedo) son

(longitud: 5º 50’ O, latitud: 43º 22’ N) y conocidas las distancias: d(A, C) = 764.6003 km, d(B, C) = 930.1393 km, hallar la distancia aproximada a la que pasa el avión de la ciudad C. Nota: tomar, en ambos apartados, el radio de la esfera sobre la que realizar los cálculos R = 6370 km. Solución:

a)

Polo norte en N. En el triángulo ABN:

N = 6º 20’ – 2º 38’ = 3º 42’

a = 90º - 51º 27’ = 38º 33’, b = 90º - 36º 30’ = 53º 30’.


cos n = cos a cos b + sen a sen b cos N = 0.965107125⇒ n = 15º 10’ 48.65’’


n63702n g

l

⋅⋅π= = 1687.6943 km

b) Las distancias entre las ciudades d(A, C) y d(B, C) en unidades angulares son:

=⋅π

⋅=

6370180)C,A(d)C,A(d lin

ang 6º 52’ 38.36’’

=⋅π

⋅=

6370180)B,C(d)B,C(d lin

ang 8º 21’ 58.53’’

La distancia pedida es la altura h sobre el lado c (arco AB), del triángulo esférico de vértices A, B y C.

cos a = cos b cos b + sen b sen b cos A = 0.994884606⇒ A = 5º 47’ 52.04’’

Dicha altura es un cateto en un triángulo esférico rectángulo uno de cuyos ángulos es A y la

hipotenusa es b:

Sen h = sen b sen A = 0.012096392 ⇒ hg = 0º 41’ 35.12’’ (pues h ha de ser aguda por serlo su ángulo

opuesto A).

En unidades lineales:

h = 180

h6370 g⋅⋅π = 77.0559 km

A B

N

b an

G

b

A

90º-h



62.- Un barco sale de un punto A (38º 3’ N, 40º 20’ O) con un rumbo N 23º 20’ E. Tras haber realizado una travesía por una circunferencia máxima entra en un punto B con un ángulo de 43º 15’ (43º 15’ =ángulo ABN). Se pide, calcular:

a) Las coordenadas del punto B. b) La distancia entre A y B

Solución

a)

Punto A = latitud 38º 03' Nlongitud 40º 20' O⎧⎨⎩

Polo norte en N.

En el triángulo NAB, conocemos los datos siguientes:

'20º23ˆˆ == BANA , '15º43ˆˆ == NBAB , b = 90º - 38º 3’ = 51º 57’.

Aplicamos el teorema del seno:

Aa

Bb

ˆsinsin

ˆsinsin

= ⇒ sin a = B

Abˆsin

ˆsinsin = 0,4552100684⇒ a = ⎩⎨⎧

"18'55º152"42'4º27

Como A<B ⇒ a <b , luego a = 27º 4’ 42”

Aplicamos las analogías de Neper para calcular N̂ y n

2

ˆˆ

2cos

2cos

2

ˆ

BAtgba

baNtg

++

−

= = 927637937,16566690408,0·7714666318,0

9765380113,0= ⇒ "52'34º62

2

ˆ=

N ⇒

N̂ =125º 09’ 44”

2

ˆˆcos

2

ˆˆcos

22 BA

BAbatgntg−

++

= = 6999464252,09849337731,0

8358872047,0·8247534711,0= ⇒

2n =34º 59’24” ⇒

n =69º 58’ 48”

N

B AA

n

b a



Luego las coordenadas del punto B son:

latitud 90º- a 62º55' 18" Nˆlongitud 40º 20'- N -84º 49º 44" O 84º 49º 44" E

= =⎧⎪⎨

= = =⎪⎩

b) La distancia entre A y B es la longitud del lado n en el triángulo NAB:

En unidades lineales, d(A,B)1806370 n⋅⋅

=π = 7780,1996 km

En millas 1º = 60 millas ⇒ d(A,B) = n·60 = 4198,8 millas



63.- Se va a estudiar la viabilidad de ciertos vuelos desde Boston (EEUU) con dirección a Monrovia (Liberia). Sabiendo que las coordenadas geográficas de dichas ciudades son:

Boston (longitud: 71º 03’ O, latitud: 43º 23’ N) Monrovia (longitud: 10º 49’ O, latitud: 6º 20’ N)

a) Calcular la distancia entre ambas ciudades. b) Hallar la longitud del punto donde la trayectoria corta al Ecuador.

Nota: en ambos apartados, tómese como radio de la esfera terrestre R = 6370 km. Solución:

a)

Polo norte en N. El punto A corresponde a Boston y el B a Monrovia.

En el triángulo ABN:

N = LB - LA= -10º 49’ – (-71º 03’) = 60º 14’

a = 90º - 6º 20’ = 83º 40’, b = 90º - 43º 23’=46º 37’


cos n = cos a cos b + sen a sen b cos N = 0.4343899862⇒ n = 64º 15’ 13’’

En unidades lineales: 36063702 gn

n⋅⋅

=π

= 7143.544 km.

b) Llamando H a la intersección del meridiano de Monrovia con el Ecuador, la longitud de I estará determinada por la longitud de B (Monrovia) y el valor del arco HI en el triángulo esférico rectángulo BHI. En BHI solo conocem os el cateto BH = latitud B = 6º 20’ pero observam os que el ángulo HBI es opuesto por el vértice al ángulo B del triángulo ABN.

cos b = cos a cos n + sen a sen n cos B ⇒ na

nabsen sen

coscoscosBcos −= = 0.713737346⇒ B =

44º 27’ 37’’

Designamos HI= b y usamos el pentágono de Neper correspondiente al triángulo HBI: sen 6º 20’ = cotg B tg b ⇒

tg b = sen 6º 20’·tgB = 0.1082532643 ⇒ b = 6º 10’ 42’’<10º 49’, luego I está al Oeste de Greenwich y la longitud de I es: LI= 10º 49’ -6º 10’ 42’’ = 4º 38’ 18’’ O

A

B

Nb

a

n

I G

H

B

90º- b 90º-6º 20’



64.- Desde un punto M de la Tierra situado sobre el meridiano de Greenwich y con latitud 45ºN parte un avión hacia otro punto P. Este punto P equidista del Polo Norte, del Punto M y de un punto Q de coordenadas (65º31’48.72”º E, 45º N). El avión se ve obligado a aterrizar en un punto A, cuando lleva recorridos 2/3 de su camino, al Este de M. Se considera la Tierra como una esfera 6370 km de radio y que la altitud de vuelo del avión es despreciable frente a esta magnitud. Hallar: a) Las coordenadas geográficas del punto de aterrizaje b) El tiempo que tardó en efectuar éste si llevó una velocidad constante de 800 km/h. c) El área del triángulo esférico definido por los puntos M, A y el Polo Norte Solución: a) Para obtener las coordenadas geográficas del punto de aterrizaje se procederá como sigue. 1º) Obtener el punto P hacia el que se dirige el avión. Más concretamente interesa la medida angular del arco de círculo máximo M-P, que se ha denominado d 2º) Obtener el punto de aterrizaje a partir de la magnitud 2/3 d. Esto permitirá obtener las coordenadas del punto A 3º) A partir de la distancia M-A que corresponde a 2/3 d y conocida la velocidad se obtiene el tiempo recorrido. 4º) A partir de los ángulos N, M, A se obtiene la superficie del triángulo esférico

Resolución del triángulo NQM Se conocen los tres lados. Aplicando el teorema del coseno para lados se obtiene: lado n = 45º M=Q=65º31’48.72” Como se observa, se trata de un TRIÁNGULO EQUILÁTERO

Resolución del triángulo NPM (denominando con letras minúsculas los lados opuestos a cada ángulo correspondiente) En este triángulo M=N= ½ (65º 31’ 48.72”) = 32º45’54.36” (También P es conocido pues P = 120º)

N (Polo Norte)

QM

P

45º45º

d

N (Polo Norte)

P45º45º

d A

N (Polo Norte)

QM

P

45º45º

d

N (Polo Norte)

45º45º

N (Polo Norte)

P45º

M

n



POR SER MNQ EQUILÁTERO Conocidos M,N y p se trata de resolver un triángulo conocidos dos ángulos y el lado comprendido entre ellos. Aplicando el teorema del coseno para ángulos se obtiene n=m=26º13’27.12” Ya tenemos el arco entre M y P, el que denominamos d=26º13’27.12”

Resolución del triángulo NAM En este caso se conoce a=45º, n=2/3 (26º13’27.12”)= 17º28’58.08” y M=32º45’54.36” (pues M, A y P están sobre el mismo círculo máximo) Se trata de resolver un triángulo conocidos dos lados y el ángulo comprendido entre ellos. Aplicando el teorema del coseno para lados se obtiene N = 18º09’18,83” y m = 31º27’08.61” y A = 132º 49’ 38.54” Por lo que las coordenadas de A son

Longitud (A) = N = 18º09’18.83” Este Latitud (A) = 90º-m = 58º32’51.39” Norte b)

Cálculo de la distancia recorrida Distancia = d(radianes) R d(radianes) = d π/180 = 17º28’58.08” π/180= 0.305132242267 rad distancia = 0.305132242267 . 6370 = 1946.69 km si el avión vuela a 800 km/h el tiempo de vuelo es de t= 1946.69/800 que adecuadamente convertido en unidades sexagesimales queda t= 2h 25’ 47” c)

Área del triángulo NAM N = 18º09’18,83” M = 32º45’54.36” A = 132º 49’ 38.54” N + M + A = 183º 44’51.73”

( ) 222

2654125º180

º180"73.51'44º183180

kmRRS =−

==πεπ

S=2654125 km2

N (Polo Norte)

A45º

M

n



65.- Calcular la superficie del triángulo esférico que tiene por vértices las siguientes ciudades Rio de Janeiro (Brasil) (latitud: 22º54’0’’ S; longitud: 43º13’59’’ O) Atenas (Grecia) (latitud: 37º58’40’’ N; longitud: 23º43’40’’ E) Kingston (Jamaica) (latitud: 17º59’0’’ N; longitud: 76º48’0’’ O) Solución: 1.-Triángulo esférico Polo Norte-Atenas-Kingston Cálculo del lado n (distancia Atenas-Kingston) N=23º43’40+76º48’00’’=100º31’40’’ a= 90º-17º59’=72º01’ k=90º-37º58’40’’=52º01’20’’ Por el teorema del coseno: cos n = cos a cos k + sen a sen k cos N solución: n = 86º57’43,17’’ 2.- Triángulo esférico Polo Norte –Kingston-Río Cálculo del lado n (distancia Kingston-Río) N=76º48’00’’-43º13’59’’=33º34’01’’ r= 90º-17º59’=72º01’ k=90º+22º54’=112º54’ Por el teorema del coseno: cos n = cos r cos k + sen r sen k cos N solución: n = 52º24’55,47’’ 3.- Triángulo esférico Polo Norte –Atenas-Río Cálculo del lado n (distancia Río-Atenas) N=23º43’40’’+43º13’59’’=66º57’39’’ r= 90º-37º58’40’’=52º01’20’’ a=90º+22º54’=112º54’ Por el teorema del coseno: cos n = cos a cos r + sen a sen r cos N solución: n = 87º 26' 11,44'' Triángulo esférico Río-Atenas- Kingston Datos: a = KR = 52º24’55,47’’; k = AR = 87º 26' 11,44''; r = KA = 86º57’43,17’’ calculando los ángulos: A =52º 28' 51,16''; R = 88º 8' 17,98''; K = 89º 6' 7,52'' Fórmula general de la superficie de un triángulo ABC:

( )2 rS A B C 180º

180ºπ

= + + −

r = 6370 km = radio de la Tierra S= 708200,50525 * 49,72129 = 35.212.645 km2

N

K AN

K RN

R AA

K R



66.- Dadas las coordenadas de las siguientes ciudades: Tokio (Japón): (35º45’50’’N; 140º23’30’’E) Tahití (Polinesia Francesa): (17º40’00’’ S; 157º49’34’’O)

Y conocidas las distancias esféricas entre Tokio y Honolulu (Hawaii) que es de 6.146,812 km y entre Tahití y Honolulu que es de 4.430,312 km. Siendo el radio de la Tierra es de 6.373 km. Se pide: a) Calcular la distancia esférica entre Tokio y Tahití, expresada en km. b) Calcular la superficie esférica del triángulo formado por Tokio, Tahití y Honolulu.

Solución: a) En este triángulo son conocidos el ángulo A = (180º-140º23’30’’)+(180º-157º49’34’) = 61º46’56’’ Y los lados b = 90º-35º45’50’’=54º14’10’’ y c = 90º+17º40’00’’=107º40’00’’ Aplicando el teorema del coseno para lados (cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A ) se obtiene el lado incógnita a = 79º09’07,35’’ Y la distancia esférica medida en km es de 8804,068 km

b) En este caso se conocen, calculado el apartado a), los tres lados de un triángulo del que se necesitan calcular los tres ángulos. Aplicando el teorema del coseno para lados tres veces se obtienen.

Convertidas las distancias a valores angulares dis tancia 180º

R

Se obtiene que a (Tokio-Tahití) = 79º09’07,35’’ (del apartado a)) b (Honolulu-Tokio) = 55º15’44,1’’ c (Honolulu-Tahití) = 39º49’48,9’’ Aplicando sucesivamente el teorema del coseno para lados (cosa = cosb cosc + senb senc cosA) se obtienen los tres ángulos A,B,C cuyos valores son: A = 118º16’52,8’’ B = 47º27’47,48’’ C = 35º03’07,58’’

A+B+C = 200º47’47,8’’ La superficie de un triángulo esférico viene dada por la fórmula

2 RS A B C 180º

180º

Obteniéndose S = 14.742.058 km2

A(Polo Norte)

C(Tokio) B(Tahití)

cb

a0º

180º

E O

Tahiti Tokio

A(Honolulu)

C(Tokio) B(Tahití)

c b

a



67.- Un avión parte con rumbo 30º 10’ (ángulo que forma el meridiano con la trayectoria medido en el sentido de las agujas del reloj) desde un punto A de coordenadas

A longitud 74º 00’ 00” O, latitud: 40º 45’ 00”N a) Calcular las coordenadas geográficas (latitud y longitud) del punto de la trayectoria más cercano al Polo Norte. b) Hallar la distancia en unidades sexagesimales y en km desde el punto A hasta Madrid longitud 3º 41’ 00” O, latitud: 40º 24’ 00”N. Solución:

a) senh= senA senNA = 0,3806891387 h = 22º 22 ' 35 ''No valido 90º

latitud=90º-22º22’35’’= 67º37’25’’

Cálculo de N= ANH

Cos AN=cotgA cotgHNA, luego

1tgHNA 2,635691875 ANH 69º13'22.45''tgA cos AN

Longitud=long(A)-ANH= 4º45’37.25’’

b)

cosn = cosm cosa + senm sena cosN= 0,6173838113 n = 51º 52’ 28.79”.

km6371h 51º 52’ 28.79”

180º

5768,2 km

A=30º10’

m=NA=90º-40º45’=49º15’

a=MN=90º-40º24’=70º19’

N=74º00’00’’-3º41’=70º19’

H A=30º10’

h

N



68.- Tomando como radio de la tierra 6370 km: a) Hallar la distancia entre Puerto Cabello (Venezuela) (10º 29’ N, 68º 00’ O) y

Cádiz (España) ( 36º 30’ N, 6º 20’ O). b) Hallar el rumbo de un avión que se dirija de Puerto Cabello a Cádiz. c) Calcular la latitud y longitud de la posición del avión cuando haya recorrido 3000 km desde Puerto Cabello. d) Si el avión no aterrizase en Cádiz, sino que siguiera volando por la circunferencia máxima que une ambas ciudades, localizar el punto del recorrido más próximo al polo norte (dar su latitud y longitud). Solución a)

Punto A = Puerto Cabello


Punto B = Cádiz


Polo norte en N. En el triángulo ABN:

N = 68º 00’ – 6º 20’ = 61º 40’

a = 90º - 36º 30’ = 53º 30’, b = 90º - 10º 29’ = 79º 31’.


cos n = cos a cos b + sen a sen b cos N = 0.483370247 n = 61º 5’ 39.3’’


n63702n g

l

= 6792.304 km.

b) El rumbo inicial viene medido por el ángulo A:

cos a = cos b cos n + sen b sen n cos Asenn senb

ncos bcosacosAcos = 0.588838023

A = 53º 55’ 31.46’’ rumbo Noreste.

c)

Sea C el punto donde se encuentra el avión después de recorrer m = 3000 km.

La medida de m en unidades angulares es:

m = 63702

3603000 = 26º 59’ 1.98’’.

A B

N

b an

G

A B

N

b a

'A 'C

C

'a

G

N’

b a’

m A C



Por el teorema del coseno en el triángulo A N’ C, se tiene:

cos a’ = cos b cos m + sen b sen m cos A = 0.424860912 a’ = 64º 51’ 29.3’’

La latitud de C es: 90º - a’ = 25º 8’ 30.7’’ Norte.

La longitud de C es: long A - )'C'A( arc = long A – N’. Calculemos N’ aplicando de nuevo

el teorema del coseno en el triángulo A N’ C:

cos m = cos b cos a’ + sen b sen a’ cos N’

'sena senb'acos bcosmcos'Ncos

= 0.91426483 N’ = 23º 53’ 54.46’’.

Longitud de C = long A – N’ = 44º 6’ 5.52’’ Oeste.

d) Sea P el punto del recorrido más próximo al polo norte. Esto ocurre cuando el arco NP sea perpendicular al arco AB. El triángulo ANP es rectángulo en P.

Por las leyes

de Neper, se

verifica:

cos (90º - a’’)

= sen a’’ =

sen b sen A =

0.794759633

a’’ = 52º 37’ 57.21’’(pues a’’ ha de ser menor de 90º).

Latitud de P = 90º - a’’ = 37º 22’ 2.79’’

Para calcular la longitud de P necesitamos conocer el ángulo N’’: Aplicando de nuevo las leyes de Neper en el triángulo APN’’, se tiene:

Cos N’’ = cotg b cotg (90º-a’’) = b tg

'a' tag =

0.242305132N’’ = 75º 22’ 2.79’’ Long P = arc (GP’) = arc (A’P’) – arc(A’G) = =N’’ – long A = 7º 58’ 38.53’’ E.

A’

B’ G

P’

75º 22’ 2.79’’

68º

6º20’

A B

N

b a

n

A’ P’

P b

m A

P

A’ P’

n’’

a’’ 90º

b

N’’ A

90º-a’’ 90º-n’’

N’’

G B’



69.- Un barco parte del punto A de latitud 58º17' Norte y longitud 128º31’ Oeste y navega 132 millas con un rumbo 243º. Hallar la posición del punto de llegada. NOTA: El arco de un minuto, de longitud 1852 m, se llama milla marina. La velocidad de una milla por hora se llama nudo. Solución: En el triángulo ANB se conocen dos lados: b=NA=90º-58º17’=31º43’ n=AB=2º12’

y el ángulo comprendido: NAB A 360º 243º 117º Por el teorema del coseno:

cos a cos BA cos NA s enBAs enNA cos NAB a 32º46'4,75''

Latitud del punto B = 90º-a=57º13’55,25’’ Norte

cos n cos a·cos bcos N

sena·senb

N 3º37'23,68''

Longitud del punto B=128º31’+3º37'23,68'= 132º08'23,68'Oeste

A

n

N=Polo Norte

a

B

Greenwichb



EJERCICIOS PROPUESTOS Resolver los siguientes triángulos esféricos: 1) A=90º, b=38º 17’ 46”, c=37º 04’ 13”. 2) A=90º, B=52º 38’ 34”, C=50º 38’ 15”. 3) b=114º 31’ 18”, B=119º 42’ 34”, C=72º 03’ 16”. 4) A=112º 24’ 32”, B=61º 12’ 40”, a=72º 36’ 24”. 5) A=161º 16’ 32”, B=126º 57’ 15”, a=163º 17’ 55”.

Soluciones a los ejercicios propuestos 1) a=51º 13’ 46”, B=52º 38’ 34”, C=50º 38’ 15”. 2) a=51º 13’ 46”, b=38º 17’ 46”, c=37º 04’ 12”.

3) 1 1 1

2 2 2

a 65º 31'13",c 85º13'50", A 60º19 '27"a 46º 24 '38",c 94º 46 '10", A 43º 44 '35"

4) b=64º 46’ 28”, c=17º 58’ 40”, C=17º 23’ 54”.

5)

"23'49º114C,"33'20º54c,"29'19º134b"17'28º141C,"26'06º146c,"31'40º45b

222

111

U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 39

Longitud

Coordenada de un punto sobre una esfera definida por el ángulo del meridiano que pasa por el punto y el meridiano que se toma como origen.


Área

Superficie comprendida dentro de un perímetro. Unidad de superficie equivalente a 100 metros cuadrados.

Área o Superficie de un polígono esférico

Siendo: A1, A2, …,An ángulos del polígono. n = nº de lados del polígono

Superficie de un triángulo esférico

2 r

S 180º180º

r = radio de la esfera y , , γ = ángulos del Triángulo esférico

2

1 2 n

rS A A ... A (n-2) 180º

180º


Triángulo esférico

Es la porción de superficie esférica comprendida entre tres arcos de circunferencia máxima que se cortan dos a dos. Se puede considerar como la intersección de las caras de un triedro con la esfera de centro el vértice del triedro.

Triángulo esférico polar Triángulo polar de un triángulo esférico es el que cada vértice es el polo del lado opuesto situado en el mismo hemisferio que el vértice. Si A, B, C y a, b, c son los seis elementos de un triángulo esférico y Ap, Bp, Cp, ap, bp, cp son los elementos del correspondiente triángulo polar entonces:

Ap=180º-a; Bp=180º-b; Cp=180º-c; ap=180º-A; bp=180º-B; cp=180º-C


Altura Ángulo que forma la visual a un astro con el plano del horizonte, contado a partir de este.

Altura de un triángulo es el segmento que une un vértice con el lado opuesto o su prolongación formando ángulo recto.

Altura de un triángulo esférico es el arco de circunferencia máxima que resulta de unir un vértice con el lado opuesto formando ángulo recto.


Circunferencia máxima o ciclo

Circunferencia máxima o ciclo: es la intersección de la esfera con un plano que pasa por su centro, por lo tanto su radio será el de la esfera.


Triángulo Equilátero

Equilátero si tiene los tres lados iguales.


Mediana

Mediana de un triángulo es el segmento que une un vértice con el punto medio del lado opuesto. Mediana de un triángulo esférico es el arco de circunferencia máxima que une un vértice con el punto medio del lado opuesto. En Estadística: La mediana es el valor de la variable que ocupa el lugar central, es decir, que la mitad de la población es menor y la otra mitad es mayor que él. La mediana es un valor M tal que F(M)=1/2, se define así como raíz de una ecuación.


Bisectriz

Bisectriz de un ángulo es la semirrecta que divide a un ángulo en dos ángulos iguales. Bisectriz esférica de un ángulo es el arco de circunferencia máxima que divide a un ángulo en dos ángulos iguales.


Triángulo Rectángulo

Rectángulo si tiene uno o más ángulos rectos.


Distancia esférica

Distancia esférica entre dos puntos de una superficie esférica es la longitud del menor arco de ciclo comprendido entre dos puntos.


Circunferencia menor

Circunferencia menor: es aquella cuyo plano no pasa por el centro de la esfera.


Latitud

Coordenada de un punto sobre una esfera definida por su distancia angular con el ecuador.


Coordenadas geográficas

El sistema de coordenadas geográficas expresa todas las posiciones sobre la Tierra usando dos (longitud y latitud) de las tres coordenadas de un sistema de coordenadas esféricas que esta alineado con el eje de rotación de la Tierra.

Longitud

Coordenada de un punto sobre una esfera definida por el ángulo del meridiano que pasa por el punto y el meridiano que se toma como origen.

Latitud

Coordenada de un punto sobre una esfera definida por su distancia angular con el ecuador.


Triángulo Rectilátero

Rectilátero si tiene al menos un lado recto.


Triángulo Isósceles

Isósceles si tiene dos lados iguales.


Ángulo

Ángulo figura geométrica constituida por dos semirrectas que tienen en común el origen.

Ángulo esférico

Ángulo esférico de dos ciclos es el formado por las dos tangentes a las semicircunferencias en uno de sus puntos de contacto.


Distancia ortodrómica

La mínima distancia entre dos puntos de la Tierra es el arco de círculo máximo que pasa por esos puntos, conocido como línea ortodrómica, pero tiene el inconveniente de que el ángulo que forma con el meridiano varía a medida que nos desplazamos, por esto se sustituye por la línea loxodrómica, que forma un ángulo constante con el meridiano en cada punto


Rumbo Ángulo acimutal contado en sentido retrogrado desde una dirección determinada, generalmente, desde el norte verdadero. Ángulo que forma el arco de circunferencia máxima con el meridiano. En el triángulo esférico que forman los puntos A y B con el polo norte N

El rumbo inicial para ir de A a B se corresponde con el ángulo en A del triángulo esférico. Sin embargo para ir de B a A el rumbo inicial será: 360º-B


Triángulo esférico

Es la porción de superficie esférica comprendida entre tres arcos de circunferencia máxima que se cortan dos a dos. Se puede considerar como la intersección de las caras de un triedro con la esfera de centro el vértice del triedro.

Triángulo esférico polar Triángulo polar de un triángulo esférico es el que cada vértice es el polo del lado opuesto situado en el mismo hemisferio que el vértice. Si A, B, C y a, b, c son los seis elementos de un triángulo esférico y Ap, Bp, Cp, ap, bp, cp son los elementos del correspondiente triángulo polar entonces:

Ap=180º-a; Bp=180º-b; Cp=180º-c; ap=180º-A; bp=180º-B; cp=180º-C


Exceso esférico Exceso esférico es la diferencia entre la suma de los ángulos del triángulo esférico y 180º.

A B C 180º .


Función coseno

y cosx

Dominio=R; Función par; Recorrido= 1,1 ; Periódica de período 2

En un triángulo rectángulo:

Coseno del ángulo : c

cosa

;

a

c

b


Área o Superficie de un polígono esférico

Siendo: A1, A2, …,An ángulos del polígono. n = nº de lados del polígono

2

1 2 n

rS A A ... A (n-2) 180º

180º


Teorema del seno:

En un triángulo plano, de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se verifica:

Csen

c

Bsen

b

Asen

a

Teorema del seno (1º grupo de Bessel)

En un triángulo esférico, de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se verifica:

sen a sen b sen c

sen A sen B sen C

b

a

c A

C B


Teorema del coseno:

En un triángulo plano, de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se verifica:

Acosbc2cba 222

2 2 2b a c 2accos B 2 2 2c a b 2abcosC

Teorema del coseno para ángulos (4º grupo de Bessel) En un triángulo esférico, de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se verifica:

cos A = - cos Bcos C + sen Bsen Ccos a cos B = - cos Acos C + sen Asen Ccos b cos C = - cos Acos B + sen Asen Bcos c

Teorema del coseno para lados (2º grupo de Bessel)

En un triángulo esférico, de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se verifica:

cos a = cos b· cos c + sen b· sen c· cos A cos b = cos a cos c + sen a ·sen c cos B cos c = cos a cos b + sen a sen b cos C

b

a

c A

C B


Analogías de Neper

En un triángulo esférico de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se

verifica: a-b

cosA+B C2tg cotg

a b2 2cos2

;

a-bsen

A B C2tg cotga b2 2sen

2

;

A-Bcos

a+b c2tg tgA B2 2cos

2

;

A-Bs en

a-b c2tg tgA B2 2s en

2


Esfera Esfera: sólido terminado por una superficie curva cuyos puntos equidistan todos de otro interior llamado centro.

2Área 4 r

34Volumen r

3

Sol Esferica

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