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TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 1 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA a) Altura sobre el lado c. b) Mediana sobre el lado c. c) Bisectriz del ángulo C. C b=54º10' B A=84º30' c=104º22' 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 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 2 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 1 852 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 geográficas de ambos puntos son: Longitud = 55º48'10'' E Longitud = 20º30'40'' E A ≡ B ≡ Latitud = 55º45'13'' N Latitud = 48º50'02'' N Calcular la distancia recorrida por el navío y el rumbo del mismo. Nota: Radio de la tierra R ≈ 6371 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 ( = 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 3 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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’’. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 4 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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. a + c a − c 2 b b) Si A=90°, entonces: tg . tg = tg 2 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 5 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 π π lados miden a=b= y c= . 3 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 6 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 a) sen = senb ⋅ sen 2 2 A a b) cos = senB ⋅ cos 2 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 40°24’30” Norte, y las de Málaga 0°49’55” Oeste y 36°43’13” Norte. 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. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 7 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 8 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 9 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 10 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 11 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 1 852 m, se llama milla marina. La velocidad de una milla por hora se llama nudo. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 12 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 70.- Dado el triángulo esférico rectilátero a=90º, A=36º 25’ 08”, c=102º 00’ 00” sobre una esfera de radio 5 km, hallar: a) La mediana esférica del triángulo dado que parte del vértice B. b) Distancia del vértice A al vértice C. c) La distancia desde el vértice B al lado 71.- Un avión despega de Londres (50ºN, 0º) con su piloto en estado seminconsciente, con rumbo desconocido (sobre un círculo máximo hacia el cuadrante sureste) y vuela una distancia indeterminada hasta que el piloto recupera el uso de sus facultades y gira 90º hacia la derecha. Al cabo de 2400 millas volando sobre un círculo máximo vuelve a cruzar el meridiano de Greenwich y, en ese momento, lleva un rumbo de 240º. Se pide: a) ¿Cuál es su latitud en ese momento? b) ¿A qué distancia se encuentra de Londres? c) Si el avión en su recorrido atraviesa el Ecuador, indicar su longitud. d) Obtener la distancia en millas que recorre el avión mientras el piloto está inconsciente. 72.- Se conocen las coordenadas geográficas de las dos ciudades siguientes: Longitud = Ciudad A: Toronto Latitud = Longitud = Ciudad B: Pretoria Latitud = a) Calcular la distancia entre 79º 24' 59'' O 43º42' 00'' N 28º 35' 41'' E 30º 47' 00'' S ambas ciudades, tomando como radio aproximado de la tierra R = 6371 km. b) Un avión se dirige de Toronto a Pretoria siguiendo un círculo máximo. Hallar la latitud del punto P en el que el avión sobrevuela el meridiano de Greenwich, así como el rumbo que lleva el avión en ese momento. c) Si al llegar al mencionado punto P el avión cambiara de rumbo y girase hacia el este siguiendo el paralelo de P, ¿qué distancia d recorrería hasta sobrevolar el meridiano de Pretoria? Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 13 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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”. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 14 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 1.- Hallar la longitud de un grado del paralelo que corresponde a Pekín (116º 30’ E, 40º N). Solución: 360º → 2 π R P 2 π R P 1º ⇒L= . 360º 1º → L RP O’ 50º P Hay que hallar el radio del paralelo de Pequín R P . RT Llamando R T 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: O sen 50º = O' P R P = ⇒ R P = R T sen 50º = 4880.4663 km. OP R T Sustituyendo en L = 2 π R P 1º , se obtiene L= 85.1802 km. 360º Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 15 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: N Con las coordenadas geográficas de las tres ciudades podemos C calcular las distancias entre ellas, lo que nos proporciona el B valor de los lados del triángulo esférico PBN determinado por P 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 PBC. (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 cos CB - cos CP cos PB cos P = = 0.912594357 ⇒ P = 24º 8' 1.06" senCP senPB cos CP - cos CB cos PB cos B = = 0.5751626179 ⇒ B = 54º 53' 20.32" senCB senPB Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 16 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA cos C = cos PB - cos CP cos CB = -0.209641375 ⇒ C = 102º 6' 4.81" senCP senCB 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 poca deformación con respecto al triángulo plano PBC. El área es S = π 6370 2 180º (1º 07' 26.19" ) = 795976,0562 km2 Nota: del triángulo PCB hemos calculado todos sus elementos y conviene comprobar que los cálculos son correctos: senCB senCP senPB Comprobación: = 0,3416961; = 0,3416961; = 0,3416961 senP senB senC Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 17 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 = 0,2912659729⇒ senb senc A=73º03’58’’. cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A ⇒ cos A = Análogamente: cos b = cos a cos c + sen a sen c cos B ⇒ cos b − cos a cos c = - 0,6632204119⇒ B=131º32’45’’ cos B = sena senc cos c = cos a cos b + sen a sen b cos C ⇒ cos c − cos a cos b = - 0,1207886561⇒ C=96º56’15’’ cos C = sena senb Comprobación: Usando el teorema del seno obtenemos información acerca de la validez o precisión de los resultados. sena senb senc = 0,905355; = 0,905353; = 0,905354 senA senB senC (5 cifras decimales coincidentes en estas razones asegura aproximadamente un error menor que 1 segundo) b) Se trata de un triángulo rectilátero en a = 90º luego su polar es rectángulo en Ap = 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: Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 18 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA Cp ap ap Bp bp Ap Cp Ap=90º cp cosap= cotgBp cotgCp = Bp 90º-cp 90º-bp 1 = 0,3598094492 ⇒ ap = 68º 54’ 41.42” tg B p tg C p ( ) ( ) cosBp=sen(90º-bp)senCp = cosbp senCp ⇒ cos b p = cos B p sen(C p ) = -0,7118022192 ⇒ bp= 135º 22’ 54.2” cosCp=sen(90º-cp)senBp = coscp senBp ⇒ cos c p = cos C p sen( B p ) = -0,5054907662. ⇒ cp= 120º 21’ 50.1” Comprobamos con el teorema del seno la validez de estos datos sena senb senc = 0,9330258; = 0,9330260; = 0,9330259 senA senB senC 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 C cos A = 0,530015814 − cos Bcos C + senBsenC cos a ⇒ cos a = = senBsenC ⇒ a=57º59’37’’. Análogamente, cos B + cos A cos C cos B = − cos A cos C + senAsenC cos b ⇒ cos b = = −0, 733898576 senAsenC ⇒ b=137º12’51’’ cos C + cos A cos B cos C = − cos A cos B + senAsenBcos c ⇒ cos c = = −0, 437657969 senAsenB c=115º57’16’’ Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 19 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA Comprobación: sena = 0,902369; senA senb = 0,902369; senB senc = 0,902369 senC 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, aplicamos de nuevo el teorema del coseno para calcular A y B: cos a − cos b cos c = -0,06951358 ⇒ A = 93º 59’ 9.32” cos A = senb senc cos b − cos a cos c = 0,6644274671 ⇒ B = 48º 21’ 41.7” cos B = sena senc sena senb senc Comprobación: = 0,904025; = 0,904025; = 0,904024 senA senB senC 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: cos A + cos B cos C = 0,5242012028 ⇒ a = 58º 23’ 7.86” cos a = senB senC cos B + cos A cos C = -0,7361569118 ⇒ b = 137º 24’ 18.2” cos b = senA senC sena senb senc Comprobación: = 0,901456; = 0,901457; = 0,901456 senA senB senC f) Por el teorema del seno: A = 69º 08' 09' ' < B ⇔ a < b sen a sen b = ⇒ sen A = 0.934428211 ⇒ sen A sen B A = 110º 51' 51' ' < B ⇔ a < b Las dos soluciones son válidas pues no contradicen ninguna propiedad, tenemos 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: A +B cos 1 c 2 tg a + b 1,5370151 ⇒ c1 = 56º 57’ 5.92” ⇒ c = 113º 54’ 12” = = tg 1 1 A1 − B 2 2 2 cos 2 a−b cos C C 2 = 1,04520437 ⇒ 1 = 46º 15’ 58.25” ⇒ C1= 92º 31’ 57” tg 1 = a + b A1 + B 2 2 tg cos 2 2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 20 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA Comprobación: sena senb = = 0,9151243; senA senB senc1 = 0,9151244 senC1 Datos conocidos del 2º triángulo: A2=110º51’51’’, a, b, B Aplicando las analogías de Neper: A +B cos 2 c 2 tg a + b = 3,810561712 ⇒ c 2 =75º 17’ 13.2” ⇒ c = 150º 35’ 27.8” tg 2 = 2 A2 − B 2 2 2 cos 2 a−b cos C C 2 = 3,436280124 ⇒ 2 = 73º 46’ 27.66”⇒C2= 147º32’55.3” tg 2 = a + b A2 + B 2 2 tg cos 2 2 senc2 sena senb Comprobación: = = 0,9151243; = 0,91512439 senA senB senC2 g) Por el teorema del seno: senasenB sen70º sen119º senb = = = 0,8470342211 ⇒ senA sen76º b = 57 º53'26" .pero al ser B>A ha de verificarse que b > a =70º, b= 1 b2 = 180º −57 º53'26" = 122º 6'34" luego, en este caso b = b2 = 122º 6’ 34” y solo hay una solución válida. Aplicando las analogías de Neper: A+ B cos c 2 tg a + b = 1,322596405 ⇒ c = 52º 54’ 27” ⇒ c= 105º 48’ 53.9” tg = A− B 2 2 2 cos 2 a−b cos C C 2 = 1,121304997 ⇒ = 48º 16’ 22.24” ⇒ C= 96º 32’ 44.49” tg = 2 2 a+b A + B cos tg 2 2 sena senb senc Comprobación: = = 0,968460; = 0,968459 senA senB senC Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 21 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: A−B a+b cos tg 2 2 = A+B c a+b A+B a+b cos tg tg tg tg tg 68º 57' 27' ' 2 ⇒ 2 2 2 ⇒ 2 = = ⇒ A−B a−b A−B a−b tg 6º 50' 25' ' tg 21º 02' 33' ' tg tg sen tg 2 2 2 2 = A+B c sen tg 2 2 a+b a+b tg = 0.810479989 ⇒ = 39º 1' 26' '.67 ⇒ a + b = 78º 2' 53' '.34 2 2 a + b = 78º 2' 53' '.34 , Por hipótesis, a − b = 13º 40' 50' ' . Resolviendo el sistema lineal a − b = 13º 40' 50' ' a = 45º 51' 52' ' se obtiene: . b = 32º 11' 2' ' Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 22 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 5.- Resolver, si es posible, los 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: siguientes triángulos esféricos a) cos(90º-c) = senasenC = 0,743252702177866 c = 48º 00 '33 '' < a ⇔ C < A ⇒ ⇒ c = 48º 00'33'' 131º 59 ' 27 '' 1 cosa =cotgBcotgC ⇒ tgB = = 1,205950365 cos atgC ⇒ B = 50º 20’ 1.49” cosC=cotga tgb ⇒ = tgb tga cos = C 0,8963258673 ⇒ b = 41º 52'14'' Comprobación: sena = 0,86707311; senA senb = 0,86707310; senB senc = 0,86707312 senC b) sena=senb/senB = 0,5966976997 a1 36º 38'02'' < b ⇔ A < B = ⇒ = a 2 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: sen c = c 2 = 34º 34 ' 34'' tg b = 0.56749939 ⇒ , ya que al ser a1 aguda, c1 y b han de tg B c1 = 145º 25' 26'' ser ambos obtusos. C2 = 72º 00'07'' cos B , ya que al ser a1 aguda, C1 y B senC = = 0,95106682 ⇒ cos b C1 = 107º 59'53'' han de ser ambos obtusos. Recuerda que a catetos obtusos corresponden ángulos obtusos e hipotenusa aguda. Comprobación: sena1 sena 2 senc1 senc 2 senb = = 0,59669770; = 0,59669769; = = 0,59669769 senA senA senB senC senC c) Por el teorema del seno: sen b sen A sen 76º 44 '15''sen 90º sen B = = = 1, 0551 No existe un triángulo esférico sen a sen112º 42 '36 '' con los datos dados. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 23 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: B c h a b C A h Si la altura sobre el lado a es interior (h), al triángulo ABC, entonces h, B y C han de ser todos agudos o todos obtusos, pues son ángulos que se oponen al cateto h, en los triángulos 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. H Por tanto, hemos de calcular primero los ángulos B y C: cos b − cos a cos c = 0.820952891⇒ B = 34º 49 ' 11'' sena senc cos c − cos a cos b cosC= = -0.484454398⇒ C = 118º 58 ' 36 '' sena senb cosB= 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 24 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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= C h 0.06998607184 ⇒ a = 94º 00’ 47.47”. b=54º10' Se verifica que al ser b<a<c, entonces B B<A<C, luego Ay B son ambos agudos y, A=84º30' H c=104º22' 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” C b=54º10' c/2 A=84º30' m B c=104º22' b) Puesto que, en el triángulo de la izquierda, conocemos dos lados y el ángulo comprendido, utilizamos el teorema del coseno: cosm = cosbcos(c/2) + senbsen(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: C C/2 b=54º10' cos c − cos a cos b z = cos C = ⇒ C 104º 50 '30 '' senasenb B Hallamos ahora el ángulo AZC (que designamos Z) A=84º30' Zc=104º22' en el triángulo ACZ aplicando el teorema del C coseno para ángulos: cos Z= -cosA cos + senA 2 C sen cosb = 0,4033707462 ⇒ Z = 66º 12’ 39.35” 2 Y, por último aplicamos el teorema del coseno (para ángulos) para obtener la bisectriz z: cos A= -cosZ cos cos A + cos Z cos C2 C C + senZ sen cosz ⇒ cos z = = 0,4713953208 2 2 senZ sen C2 ⇒ la bisectriz es z = 61º 52’ 30.33” Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 25 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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<90º cos B ⇒ senC = >0⇒ cos b b>90º y B>90º b y B ambos agudos o ambos obtusos. b) Ahora es: cosa=sen(90º-b)sen(90º-c)=cosbcosc b < 90º ⇒ cos b > 0 = cos a cos b cos c > 0 ⇒ a < 90º ⇒ c < 90º ⇒ cos c > 0 b > 90º ⇒ cos b < 0 = cos a cos b cos c > 0 ⇒ a < 90º ⇒ c > 90º ⇒ cos c < 0 b < 90º ⇒ cos b > 0 = cos a cos b cos c < 0 ⇒ a > 90º ⇒ c > 90º ⇒ cos c < 0 Recíprocamente: a < 90º ⇒ = cos a cos b cos c > 0 ⇒ signo(cos = b) signo(cos c) ⇒ b y c son ambos agudos o ambos obtusos. a > 90º ⇒ = cos a cos b cos c < 0 ⇒ signo(cos b) ≠ signo(cos c) ⇒ b y c son de distinto cuadrante. (Esta demostración se puede ver también en los apuntes de teoría, publicados en la Escuela) Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 26 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 cos a − cos 2 a cos A = sen 2 a a) cos A = cos a − cos 2 a cos a(1 − cos a) cos a(1 − cos a) cos a = = = 2 2 (1 + cosa)(1 − cosa) 1 + cosa sen a 1 − cos a b) Por el apartado anterior: sec A − sec a = 1 1 1 + cos a 1 1 + cos a − 1 − = − = = 1 cos A cos a cos a cos a cos a 1 + cos α 1 − cos α α α c) Sabemos que: cos = y sen = y así en nuestro caso: 2 2 2 2 a A 1 + cos a 1 − cos A 2 cos sen = 2 = 1 + cos a 1 − cos A = 2 2 2 2 1 + cos a 1 − = cos a 1 1 + cos a 1 , por el apartado a). = = 1 + cos a 1 + cos a Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 27 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: N a) Con las coordenadas geográficas de Madrid y h Tokio podemos calcular la distancia entre ellas. M P b) La distancia h al Polo Norte se calcula en el T 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: π (6370 + 10) Distancia recorrida por el avión = d = 96º 48' 43.83" = 10780,23 km 180º 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: cos NT − cos MN cos MT = 0,8732584817 ⇒ M = 29º 09’37,68’’ (rumbo cos M = senMN senMT Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 28 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA del avión desde Madrid). El pentágono de Neper correspondiente al triángulo MPN es: sen(90-h) = senM. senMN = 0,3708812703 ⇒ MN M P=90º N 21º 46' 11.92" pero h y su ángulo opuesto h= 180º - 21º 46' 11.92" 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” 90º-h 90º-MH Vamos a aproximar esta distancia en unidades de longitud (km) por la distancia a la vertical del Polo a 10 km de altitud: π (6370 + 10) Distancia desde el avión = h = 21º 46' 11.92"" = 2424,14 km 180º c) Al ser h=21º46’11.92 ’’ < (90º-60º30’) =29º30’ (colatitud del Círculo Polar Ártico: SÍ SE SOBREVUELA EL CÍRCULO POLAR Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 29 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 = Polo Norte, C = Nueva 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’ B a = 90º - 40º 45’ = 49º 15’ B = 76º – 3º 41’ = 72º 19’. B’ a a’ c Teorema del coseno en ABC para hallar b: b’ cos b = cos a cos c + sen a sen c cos B = 0.5936860994 ⇒ C C’ A b 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 cos c = ⇒ cos A = ⇒ A 64º 15' 42 '' senb senc Del triángulo AB’C’, se conocen: A = 64º 15' 42 '' , c = 49º 36’ y puede calcularse fácilmente b’ pues es la distancia recorrida por el avión en tres horas de vuelo: b' = 990 km/h ⋅ 3h = 2970 km . En unidades angulares, resulta ser: 2 π ⋅ 6371 km → 360º ⇒ b' = 26º 42' 35' '.46 . 2970 km → b' Se aplica el teorema del coseno al triángulo 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 A = ⇒ sen 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 30 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 1 852 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’: paralelo r N=Polo Norte R ϕ ecuador A’ A Greenwich R Paralelo B’ B r R= radio de la Tierra ⇒ R = siendo ϕ la latitud del paralelo. cos ϕ 2πr Luego la longitud de la circunferencia máxima será: ⇒ 2πR = y la distancia recorrida por cos ϕ cada barco expresada en millas o minutos: 20 ⋅ 56 = A ' NA = 1693.044819 cos 48º 35' ⇒ A ' NB' = A ' NA − B' NB = 433.0981050 minutos que son 18 56 ⋅ B' NB = 1259.946714 = cos 36º 52 ' ⇒ 7º.218301749 =7º13’05’’. En el triángulo A’NB’ se conocen dos lados: NA’=90º-48º35’=41º25’ NB’=90º-36º52’=53º08’ y el ángulo comprendido: + s enNA 's enNB'cos 'cos NB' 0.9749692997 cos A ' B' = cos NA A ' NB' = = A ' B' 12º.84648185=12º50'47'' ≈ 770, 79 millas o minutos Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 31 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 Latitud = 36º50' C=Polo Norte A≡ Longitud = 76º20' b a A Greenwich Latitud = 0º B≡ Longitud = 50º Ecuador B 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 ) Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 32 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: b1 = 54º 08' 26.7'' sen a sen b = ⇒ sen b = 0.8104585953 ⇒ sen A sen B b 2 = 125º 51' 33.3'' A < B ⇔ a < b , luego ambos valores de b son válidos. 1ª solución: A, B, a y b1 = 54º 08' 26.7' ' ¿ c1 , C1 ? Aplicando las analogías de Neper: A−B A+B cos cos a + b1 c c a + b c 2 tg 1 ⇒ tg 1 = tg 2 = 0.4228571561 1 tg = ⇒ 1 22º 55' 17'' ⇒ = A+B 2 A−B 2 2 2 2 cos cos 2 2 c1 = 45º 50' 34'' y luego teorema del coseno para obtener C1 : cos c1 = cos a cos b1 + sena senb1 cosC1 ⇒ cosC1 = cos c1 − cos a cos b1 = 0.5244613013 ⇒ sena senb1 C1=58º 22’ 4.9’’ 2ª solución: A, B, a y b 2 = 125º 51' 33.3' ' ¿ c2 , C2 ? Aplicando las analogías de Neper: A+B A−B cos cos a + b2 c 2 = 15.01422834 2 tg c 2 ⇒ tg c 2 = tg a + b 2 = ⇒ 2 86º 11' 22.3'' ⇒ = tg A−B A+B 2 2 2 2 2 cos cos 2 2 c 2 = 172º 22' 44.6'' y luego teorema del coseno para obtener C 2 : cos c 2 = cos a cos b 2 + sena senb 2 cosC 2 ⇒ cosC 2 = cos c 2 − cos a cos b 2 = −0.9875366309 ⇒ sena senb 2 C2 = 170º 56’ 40.6’’ Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 33 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 15.- Un navío parte del punto A y llega hasta el B, recorriendo un arco de circunferencia máxima . Las coordenadas geográficas de ambos puntos son: Longitud = 55º48'10'' E A ≡ Latitud = 55º45'13'' N Longitud = 20º30'40'' E B ≡ Latitud = 48º50'02'' N Calcular la distancia recorrida por el navío y el rumbo del mismo. Nota: Radio de la tierra R ≈ 6371 km. Solución: C=Polo Norte b a Greenwich A B ecuador 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 − cos b cos c cos a = cosb cosc + senb senc cos A ⇒ cos A = = -0,053774288. senbsenc A = 93º 04’ 58’’ El rumbo inicial de A a B será: 360º-A=266º 55’ 02’’ Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 34 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: b = 64º 34' 08'' sen a sen b sen a =0,9031035 ⇒ = ⇒ sen b = senB sen A sen B sen A = b 115º 25' 52'' >a ⇔ B > A Aplicando las analogías de Neper: A+B cos c cos(94º 30 ') 2 tg a + b = = tg tg(95º 42 '56 '') 0,86151311 , c = 81º 29' 26'' y luego A−B 2 2 cos(−24º 30 ') cos 2 teorema del coseno para obtener C ó bien: a−b cos C cos(−19º 42 '55'') 2 = = = 0, 743969 ⇒ C= 73º 17’ 46’’ tg a + b A + B cos(95º 42 '56 '')tg(94º 30 ') 2 cos tg 2 2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 35 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 17.- Resolver el siguiente triángulo esférico rectángulo: A = 90º, b = 46º 46’ 04’’, B = 57º 28’ 03’’ Solución: A = 90º Obtenemos las fórmulas a partir del pentágono de Neper a B C A=90º 90º-c 90º-b 59º 47 ' 24 '' = a1 senb ; = 0.8641859432 ⇒ a = senB 120º12 '36 '' = a 2 A=90º > B ⇒ a > b. Luego, ambas soluciones son válidas. 42º 43'34 '' = c1 tgb Sen c = cotg B cotg (90 – b) = = 0.6784953626 ⇒ c = , ya que al ser tgB 137º16 ' 26 '' = c 2 cos ( 90º −b = ) senb= sena senB ⇒ sena= a1 < 90º y b < 90º , debe ser c1 < 90º . cos B cos B = sen C sen (90º-b) = sen C cos b ⇒ senC = = 0.7851265898 cos b 51º 43'57 '' = C1 ⇒C= , pues c1 y C1 han de ser ambos agudos o ambos obtusos. 128º16 '03'' C = 2 Hay, entonces, dos soluciones: Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 36 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 18.- Resolver el triángulo esférico rectángulo ( = 90º) sabiendo que: B̂ = 157º 57’ 33’’ b = 167º 3’ 38’’ Solución: Por el teorema del seno: a 36º 38'02 '' < b ⇔ A < B sen a sen b sen A sen b= . ⇒ = ⇒ sen a = sen A sen B sen B = a 143º 41'58'' < b ⇔ A < B A = 90º Obtenemos las fórmulas a partir del pentágono de Neper a B C A=90º 90º-c 90º-b Resolvemos ahora dos triángulos esféricos: 34º 34'34'' = c 2 tgb ⇒c= Sen c = cotg B cotg (90 – b) = , ya que al ser a1 < 90º y b > 90º , tgB 145º 25'26'' = c1 debe ser c1 > 90º . 72º 00'07'' = C2 cos B cos B = sen C sen (90º -b) = sen C cos b ⇒ senC = ⇒ C = , pues c1 y C1 cos b 107º 59'53'' = C1 han de ser ambos agudos o ambos obtusos. Hay, entonces, dos soluciones: a=36º38’02’’; c=145º25’26’’; C=107º59’53’’ y a=143º21’58’’; c=34º34’34’’; C=72º00’07’’ Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 37 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: A=70º A’ bd c C H=90º a=76 B=119º 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. sen a . sen B Aplicando el teorema del seno sen b = 0,903103573 = sen a b=64º34’9’’ solución no válida pues B > A ⇒ b > ( a = 76º ) b= b=115º25’51’’ c tg 2 A+ B cos 2 tg a + b 0,861486188 ⇒ c = 81º 29’ 20’’ = A− B 2 cos 2 por el teorema del coseno se obtiene C = 73º 17' 40'' (NOTA: se podía haber calculado 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 sen d = sen b . sen C = 0,864988471 sen 90º 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 38 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: sen a sen b sen a ⋅ sen B = ⇒ sen b = ⇒ sen A sen B sen A b1 = 54º 08' sen b = 0,8104309 ⇒ son las soluciones buscadas, puesto que tanto una como b 2 = 125º 52' otra verifican: b > a y a + b < 180º Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 39 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 21. Resolver el siguiente triángulo esférico, sabiendo: a = 79º 48’, b = 53º 12’ y A = 110º 2’ Solución: sen a sen b sen A ⋅ sen b = ⇒ sen B = ⇒ sen A sen B sen a = 49º 51' 01''<A ⇔ b<a B sen B = 0,764362 ⇒ B = 130º 08' 59'' No valida Se aplica el T. del seno: Aplicando las analogías de Neper: A+B cos c a + b cos 49º 51'01'' 2 = = = tg tg tg 66º 30 ' 0, 464224 ⇒ A−B 2 2 cos 30º 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”. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 40 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 b = c = 60 00 ' 00 ' ' , luego, = 90 . cos a − cos b cos c 1 cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A ⇒ cos A = =− ⇒ sen b sen c 3 A = 109 28 ' 16 '' cos b − cos a cos c 1 cos b = cos a cos c + sen a sen c cos B ⇒ cos B = = ⇒ sen a sen c 3 B = 54 44 ' 08 ''= C b) Área de un círculo máximo: π r 2 π r2 π r2 Área del triángulo esférico: S= A + B + C − 180 = ( ) 2 ⇒ 180 A + B + C − 180 = 90 ⇒ A + B + C = 270 Por tanto, = 3A 270 ⇒ A= B= C= 90 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 41 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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= 488,547 km distancia Madrid (M) – Girona (G) P triángulo P, G, M datos lado m = 90º - 41º59’=48º01’ lado g = 90º - 40º24’ = 49º36’ g m 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’’ M G la distancia es d (M,G)= 0,089705075(rad)*6371= 571,511 km p distancia Santiago (S) – Girona (G) P triángulo P, S, G datos lado s = 90º - 41º59’=48º01’ lado g = 90º - 42º52’ = 47º08’ g s 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’’ S G p 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’’ m S g = 4º23’37’’ G Resolviendo el triángulo M = 124º11’53’’ s g S = 30º21’30’’ G = 25º36’25’’ M 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 42 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 cos a - cos b cos p 0,55287811 cos A = = = 0,6289926 ⇒ A = 51º 1' 26' ' sen b ⋅ sen p 0,87898975 Rumbo inicial: 360º- A =360º- 51º1’26’’= 308º 58’ 34’’ c) Rumbo final: 180º + B cos B = cosb - cos a ⋅ cos p 0.11784187 = = 0.16994225 ⇒ B = 80º 12' 56' ' sen a ⋅ sen p 0.69342301 Rumbo final: 180º + 80º 12' 56' ' = 260º 12’ 56’’ Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 43 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 25.- Resolver el triángulo esférico rectángulo ( A = 90º ), 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 B = 22º 02'27'' No valido sen b sen A sen167º 03'38''sen 90º = = 0,375266076 ⇒ B = sen a sen143º 21'58'' 157º 57'33'' > A ⇔ b < a cosa=sen(90º-b) sen(90º-c)=cosb cosc cos a cos = c = 0,823372356 ⇒ c = 34º 34'34'' cos b cosC=cotga cotg(90º-b)=tgb cotga tgb cos= C = 0,3089837 ⇒ C = 72º 00'07'' tga Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 44 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: P=Polo Norte B A φ p 2 λ2 ecuador φ 1 Greenwich = 74º W=λ 2 Longitud B≡ 40º45' N=ϕ2 = Latitud λ1 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’’ p La distancia es d (A,B)= p R = 0,9053847013 (rad)*6371= 5768 km 180º P b) Se necesita resolver dos triángulos esféricos: 49º36’ 49º15’ 1er triángulo P, C, A datos: C 2000 km ángulo A =45º (noroeste) B lado c = AP = 49º36’ P lado p =AC = 2000/(6371+10)=0,3134304967(rad)=17º57’29’’ 1 solución: aplicando el teorema del coseno cos a = cos p cos c + sen p sen c cos A=0.782571939 c a=38º30’12’’ cos p = cos a cos c + sen a sen c cos P1 C Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. p A A 45 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA cos p − cos a cos c = 0,9366772827 senasenc ⇒ P1 = 20º 29 '57 '' = cos P1 P2 2º triángulo P, B, C c b=38º30’12’’ datos: lado b = 38º30’12’’ lado c = 49º15’ ángulo P = 70º19’=P1+P2=20º29’57’’+P2 B C p 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’’ p π la distancia es d (B;C)= p 6371= 3936,177 km R = 35º23’56’’ 180º 180º Ahora la distancia total recorrida será: d(A,C)+d(C,B)= 3936,177 + 2000 = 5936,177 km Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 46 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: P=Polo Norte = 74º O=λ1 Longitud A≡ 40º45' N=ϕ1 = Latitud 90º B φ A p φ 1 2 λ2 Greenwich ecuador λ1 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 a 22º 22'35'' > b ⇔ A > B sen b sen A sen 49º15'sen 30º10 ' = = 0.3806893463 ⇒ a = sen B sen 90º 157º 37'25'' No valido Latitud φ2=90º-a = 90º - 22º22’35’’=67º37’25’’ cosb=cotgP cotgA 1 tgP = = 2.633364639= ⇒ P 69º12 ' 22 '' cos btgA Longitud P=λ2-λ1=69º12’22’’ λ2=P+λ1=69º12’22’’+74º=143º12’22’’ Coordenadas: = Longitud 143º12'22'' O=λ 2 B≡ = 67º37'25'' N=ϕ 2 Latitud Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 47 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 Ap=90º 90º-cp 90º-bp cosap=cotgBpcotgCp 1 ⇒ tgBp = = −0, 2641439724 ⇒ Bp = 165º12 '13'' ⇒ b = 180º −Bp =14º 47 ' 47 '' cos a p tgCp cos(90º-cp)=senap senCp ⇒ s enc = sena p senC = 0.5807108495 p p 35º 30 '02 '' < a p ⇔ Cp < A p c p= ⇒ C= 180º −c p= 144º 29 '58 144º 29 '58'' No valido cosCp= cotg(90º-bp)cotgap ⇒ tgb p = cos Cp tga p = −0.1533936481 b p= 171º16 ' 45'' ⇒ B= 180º −b p= 8º 43'15'' a) Área del triángulo esférico: π r2 π 52 = S A + B + C − 180 = ( 36º 25'8''+ 8º 43'14 ''+ 144º 29 '58''− 180º ) 4, 2058km 2 ⇒ ) ( 180º 180 Área del triángulo esférico polar: pp r2 52 = S A + B + C − 180 = ( 90º +165º12 '13''+ 78º −180º ) 66,8476km 2 ⇒ ) p p ( p 180º 180 2 en total será: 71,0535 km Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 48 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA b) Mediana esférica sobre b: c=102º' a=90º' B m A=36º25'08’’ 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 b/2=7º23’53.5’’ c) La distancia del vértice A al vértice C es la longitud del lado b: πr π5 b = 14º 47’ 47’’ ⇒ L= b = (14º 47 '47 '') 1, 291 km b 180 180º 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 = b = 35º 30’ 01’’ ⇒ L= b 35º 30' 01'' < c ⇔ A < 90º 144 º 29' 59'' πr π5 = b ( 35º 30 '01'') ≈ 3,097 km 180 180º Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 49 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 29.- Demostrar que en un triángulo esférico rectángulo se verifica: a) Si A=90º, entonces tgc cosa = senb cotgB. a + c a − c 2 b b) Si A=90°, entonces: tg . tg = tg 2 2 2 c) Si C=90º, entonces cos2A sen2c = sen (c+a) sen (c-a). Solución: a) a B C A=90º 90º-b 90º-c 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: senc tgc cosa cosb cosc = senc = tgc cosb cosc = cosb = tgb cotgB cosb = senb cotgB cosc cosbcosc tgb cotgB b) Conocidas las analogías de Neper: A−C A−C s en cos − a c b a+c 2 tg b 2 tg ; tg = tg = 2 s en A + C 2 2 cos A + C 2 2 2 y las fórmulas trigonométricas: A+C A+C A+C sen(A 2 = + C) sen = 2sen cos 2 2 2 A−C A−C A−C sen(A = − C) sen = 2 2sen cos 2 2 2 c) a +c a −c tg = tg 2 2 A−C A−C A−C A−C s en c os s en b b 2 tg 2 tg 2 2 tg 2 b = = A+C 2 A+C 2 A+C A+C 2 cos s en cos s en 2 2 2 2 cos 1 sen ( A − C ) sen ( 90º −C ) 2 b cos C 2 b b b 2 tg 2 tg tg tg 2 = = = = A 90º 1 2 sen ( 90º + C ) 2 cos C 2 2 sen ( A + C ) 2 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 = Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 50 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA = sen2c - sen2a = (*) Del pentágono de Neper obtenemos la fórmula siguiente: sena = cos(90º-a) = senA senc c B A C=90º 90º-a 90º-b Ahora sustituyendo en (*): (*)=sen2c - sen2a = sen2c – sen2A sen2c = sen2c (1– sen2A) = sen2c cos2A Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 51 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: A c A/2 A/2 D1 B a1 D b C D2 a2 Considerando dos triángulos esféricos y el teorema del seno, tenemos: A sen 2 = sen D1 Sobre el triángulo ABD: sen a1 sen c A sen 2 = sen D 2 Sobre el triángulo ADC: sen a 2 sen b sen D1 sen D 2 A Despejando e igualando: = sen sen = a1 sen a 2 sen c sen b 2 Como D1 + D 2 = 180º ⇒ senD1 = senD 2 Simplificando, queda sen a1 sen a 2 = sen c sen b Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 52 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: C b a m D1 B D2 c/2 c/2 D A Considerando dos triángulos esféricos y el teorema del coseno, tenemos: c c Sobre el triángulo CBD: = cos a cos m cos + senm sen cos D1 2 2 c c Sobre el triángulo CDA: = cos b cos m cos + senm sen cos D 2 2 2 Como D1 + D 2 = 180º ⇒ cos D1 = −cosD 2 y por hipótesis a + b = 180º ⇒ cos a =− cos b , igualamos: c c c c cos a = cos m cos + senm sen cos D1 = − cos m cos − senm sen ( − cos D1 ) = cos b 2 2 2 2 c ⇒ 2 cos m cos = 0 2 cos m =0 ⇒ m =90º c cos m cos = 0 ⇒ c c 2 cos = 0 ⇒ = 90º ⇒ c = 180º no es factible, puesto que a-b<c<a+b 2 2 Por tanto m=90º es el valor de la mediana Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 53 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: C b a h 90º c2 90º B c1 H A c=90º Considerando dos triángulos esféricos y el teorema del coseno, tenemos: Sobre el triángulo CBH: cos= a cosh cos c1 + senh senc1 cos 90º = cosh cos c1 ⇒ cos= c1 cos a cosh cos b cosh Como por hipótesis c = c1 + c 2 = 90º ⇒ cos c1 = senc 2 , sustituyendo, elevando al cuadrado y sumando: cos a cos 2 a cos 2 a cos 2 b 2 2 2 ⇒ sen = ⇒= + ⇒ cos= c1 senc= c2 1 sen c 2 + cos = c2 2 cosh cos 2 h cos 2 h cos 2 h Sobre el triángulo CHA: cos= b cosh cos c 2 + senh senc 2 cos 90º = cosh cos c 2 ⇒ cos= c2 ⇒ cos 2 h = cos 2 a + cos 2 b Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 54 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 33.- Expresar en función de los lados de un triángulo esférico el producto senA senB senC. Solución: A A A Sabemos que = senA sen = 2 2sen cos y por las funciones de los ángulos mitad 2 2 2 senp sen ( p − a ) sen ( p − b ) sen ( p − c ) a+b+c A A y cos = , siendo p = sen = 2 senbsenc senbsenc 2 2 Por consiguiente: A A B B C C = 2sen cos 2sen cos 2sen cos 2 2 2 2 2 2 A A B B C C 8sen = cos sen cos sen cos 2 2 2 2 2 2 senAsenBsenC =8 sen ( p − b ) sen ( p − c ) senpsen ( p − a ) sen ( p − a ) sen ( p − c ) senpsen ( p − b ) senbsenc senbsenc sen ( p − b ) sen ( p − a ) senpsen ( p − c ) senbsena senbsena senasenc =8 senasenc ( senpsen ( p − a ) sen ( p − b ) sen ( p − c ) ) 3 sen 2 asen 2 bsen 2 c Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 55 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 34.- Demostrar que en todo triángulo esférico se verifica que: < < a += b 180º ⇔ A + = B 180º . > > Solución: a−b cos A+B a−b 2 De la analogía de Neper: tg podemos observar que: cos = > 0 ya que a+b C 2 2 cos tg 2 2 a−b C C y además ya que tg > 0 0º < < 90º . Por tanto, −90º < < 90º 2 2 2 A + B a + b signo tg = signo cos 2 2 Consideramos las tres posibilidades: a+b a+b A+B A+B Si a+b<180º ⇔ < 90º ⇔ cos > 0 ⇔ tg >0⇔ < 90º ⇔ A + B < 180º 2 2 2 2 Si a+b=180º ⇔ a+b a+b A+B A+B no existe ⇔ = 90º ⇔ cos = 0 ⇔ tg = 90º ⇔ A + B = 180º 2 2 2 2 Si a+b>180º a+b a+b A+B A+B ⇔ > 90º ⇔ cos < 0 ⇔ tg <0⇔ > 90º ⇔ A + B > 180º 2 2 2 2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 56 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: r3 C b a Π1 Π2 Π3 A=90º c B=90º r2 r1 A b 90º = 90º ⇒ π2 ⊥ π3 r3 ⊥ r1 ⇒ = ⇒ π2 ∩ π1= r3 ⊥ π3 ⇒ = 90º ⇒ π1 ⊥ π3 a 90º B r3 ⊥ r2 ⇒ = ∧ y además ⇒= C r1 , r= c 2 Como el tercer ángulo es también recto el tercer lado (c=90º) también lo es, resultando un triángulo trirrectángulo y trirectilátero que es la octava parte de la esfera. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 57 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 = 100º b = 79º18'8'' ⇒ b−c = 58º 36 '16 '' c = 20º 41'52'' Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 58 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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= ε tg ( A + B + C − 180º= ) tg ( A + B + 90º −180º=) tg ( A + B − 90º=) − tg ( 90º − ( A + B )=) 1 − cot g ( A ) cot g ( B ) (*) = − cot g ( A + B ) = = cot g ( A ) + cot g ( B ) 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 C=90º 90º-a 90º-b Ahora sustituyendo en (*): 1 − cot g ( A ) cot g ( B ) 1 − cos a cos a 1 − cos 2 a = (*) = = = cot g ( A ) + cot g ( B ) cos a + cos a 2 cos a Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. sena = tge 2cos a 59 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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’ Norte Longitud. 16° 15’ Oeste Coordenadas de S. Salvador en las Bahamas: Latitud. 24° 00’ Norte Longitud 74° 35’ Oeste Resolviendo el triángulo esférico: tp = 90º - 28º 28’ = 61º 32’ sp = 90º - 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) = 5783,64442km. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 60 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 39.- Calcular el valor del coseno del exceso esférico del triángulo cuyos lados π π miden a=b= y c= . 3 2 Solución: Primeramente resolvemos el triángulo esférico 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. π π π cos − cos cos 1 − 1 ⋅ 0 cos a − cos b cos c 3 3 2= 2 2= Y despejando cos= A = π π senbsenc 3 sen sen ⋅1 3 2 2 1 = cos B 3 cos c = cos a cos b + sen a sen b cos C. 2 π 1 2 π − − cos cos 0 cos c − cos 2 a 1 2 2 2 3 2 = = 2 =− ⇒ senC = 1 − cos 2 C = cos C = 2 3 3 sen a π 3 sen 2 3 2 ahora − cos ( 2A + C ) = − cos 2A cos C + sen2AsenC = cos e = cos ( A + B + C − 180º ) = cos ( 2A + C − 180º ) = 2 12 2 1 2 1 − − − + 2 = = −(cos 2 A − sen 2 A) cos C + 2senA cos AsenC = 3 3 3 3 3 3 7 = 9 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 61 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 miden 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: S = π r2 π 62 A B C 180 120º + + − = = ( ) 180 2 Volumen de la pirámide esférica: V = 1 1 S ⋅ h = 75,3982 ⋅ 6 = 3 3 75, 3982 cm 2 150, 7964 cm 3 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 62 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 C cos A = − cos Bcos C + senBsenC cos a ⇒ cos a = = 0,105357137 ⇒ a=83º57’. senBsenC Análogamente, cos B + cos A cos C cos B = − cos A cos C + senAsenC cos b ⇒ cos b = = −0, 404994 ⇒ b=113º53’ senAsenC cos C + cos A cos B cos C = − cos A cos B + senAsenBcos C ⇒ cos c = = 0.401681 ⇒ c=66º19’ senAsenB b) Área del triángulo esférico: π r2 π 102 = S = 30 ' ( A + B + C − 180 ) 2 71º= 180 124,79 dm 2 c) Volumen de la pirámide esférica: 1 1 V = S ⋅ h = 124, 79 ⋅10 = 415,96 dm 3 3 3 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 63 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: π r2 S= A + A 2 + A 3 + A 4 + A 5 -(n 2)180 = ) n =5 ( 1 180 π 162 π 162 = ⋅180º ) - 540º ) (87º16'+108° 34'+126° 23'+150°+156° 48'-3= ( 629º 01'= 2 2 = 397,7302 dm 2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 64 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 43.- En todo triángulo esférico isósceles (b=c), se verifican las relaciones siguientes: a A a) sen = senb ⋅ sen 2 2 A a b) cos = senB ⋅ cos 2 2 Solución: a) De las razones trigonométricas del ángulo mitad: A sen = 2 a sen ( p − b ) sen ( p − c ) sen 2 ( p − b ) sen ( p − b ) sen 2 a A = = = ⇒ sen = senb ⋅ sen 2 b =c senbsenc senb senb 2 2 sen b b) Aplicando la fórmula de Bessel del coseno para ángulos: cosA=-cosBcosC+senBsenCcosa=-cos2B+sen2Bcosa y como b =c ⇔ B =C A cos = 2 1 + cos A = 2 = senB (1+cosa) a = senB ⋅ cos 2 2 1-cos 2 B+sen 2 Bcosa = 2 sen 2 B+sen 2 Bcosa = 2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. sen 2 B(1+cosa) = 2 65 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: 58º 16' 04' ' senA senb senB = = 0.8505144307 ⇒ B = sena 121º 43' 56' ' a > b ⇒ A > B ⇒ B = 58º 16' 04'' Solución única. b) Aplicando las analogías de Neper: A+B cos c c 2 tg a + b = 0.2027464054 ⇒ tg = = 11º 27' 40'' ⇒ c = 22º 55' 20'' A B − 2 2 2 cos 2 Mediante el teorema del coseno: cos c-cos a cos b = cos C = 0.9286917248 ⇒ C = 21º 46' 06'' sen a sen b Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 66 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 b cos c + senbsenc cos A ⇒ cos a - cos b cos c -cosbcosc+senbsenc-cosbcosc senbsenc-2cosbcosc cos A = = = = 1 - 2 cot gb cot gc senbsenc senbsenc senbsenc Análogamente, cos B= 1 − 2 cot ga cot gc cos C = 1 − 2 cot ga cot gb cos A + cos B + cos C = 1 − 2 cot gb cot gc + 1 − 2 cot ga cot gc + 1 − 2 cot 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: cot gb cot gc + cot ga cot gc + cot ga cot gb = 1 1 1 1 1 1 tga + tgb + tgc + + = = tgb tgc tga tgc tga tgb tgatgbtgc tg (180 − (b + c) ) + tgb + tgc − tg ( b + c ) + tgb + tgc = = (*) − tg ( b + c ) tgbtgc tg (180 − (b + c) ) tgbtgc Sabemos que: tgb + tgc tg ( b + c ) = 1 − tgbtgc ahora (*) − tg ( b + c ) + tgb + tgc = − tg ( b + c ) tgbtgc ( − tgbtgc )( tgb + tgc ) = − ( tgb + tgc ) tgbtgc − tgb + tgc + tgb + tgc − ( tgb + tgc ) + (1 − tgbtgc )( tgb + tgc ) 1 − tgbtgc = = tgb + tgc − ( tgb + tgc ) tgbtgc − tgbtgc 1 − tgbtgc 1 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 67 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: A 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) c b a C B 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 68 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: A b c h a m H M B C Consideramos el triángulo rectángulo HAM: m A H=90º m=62º10’ h=42º15’ m h M A H=90º a1 H M 90º-a1 cosm=cosa1cosh ⇒ cos a1 = 90º-h cos m = 0, 630761 ⇒ a1 = 50º 53'37'' cosh En el triángulo rectángulo HAC: b H=90º = a + a =110º15'37 '' HC 1 2 h=42º15’ C A’ H=90º 90º-HC 90º-h cosh = cos b = cos HC −0, 2649992 ⇒ b = 105º 21'59'' senC = = senA ' 44º12'37'' = C < 90º ⇔ h < b senh = 0, 697295 ⇒ senb 135º 47'13'' 75º 32'38'' senHC = 0,968341 ⇒ >b senb 104º 27'22'' = A ' > 90º ⇔ HC Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 69 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA En el triángulo rectángulo HAB: A’’ h H=90º =a − HC = BH 9º11' 23'' 2 h=42º15’ c a2 B H c B A’’ H=90º 90º-BH 90º-h cosh 0, 730717 ⇒ c = 43º 03'12'' = cos c cos = BH 8º 01'45'' = B < 90º ⇔ h < c 171º 59'15'' <c 13º 31'44'' = A '' < 90º ⇔ BH senBH = senA '' = 0, 233937 ⇒ senc 166º 28'16'' senB = senh = 0,984896 ⇒ senc 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’’ Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 70 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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−a sen B−A C 2 cot g C ⇒ t g= tg = 2, 219908 ⇒ C = 131º 29'59'' b+a 2 2 2 sen 2 Del teorema del coseno cosc=cosacosb+senasenbcosC=-0,671383 ⇒ C = 132º10 ' 26 '' Con el teorema del seno = senA 68º 56 ' senasenC = 0,933162= ⇒A < C ⇔ a < c no podemos senc 111º 04 ' decidir así. 36º 43'01'' senbsenC Comparando ahora B con A: = 0,597626 ⇒ B = senc 143º17'59'' > C ⇔ b > c a < b ⇔ A < B tampoco nos sirve para decidir. Ha de ser A+B+C>180º, no nos dice nada. = senB Comprobamos con el teorema del coseno para ángulos que nos dará el valor único: cosA=-CosBcosC+senBsenCcosa-0,359449 ⇒ A = 111º 04'00'' Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 71 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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+C cos cos cos C B+C 2= 2 ⇒ cos 50º 2 ⇒ cos B + = = 0,593333 ⇒ = 53º 36 ' 22 '' a A cos 40º s en45º 2 2 cos s en 2 2 b+c B−C B−C cos cos s en50º C B−C 2= 2 ⇒ 2 ⇒ cos B − = 0,8426961 ⇒ = = 32º 34 ' 27 '' a A s en40º s en45º 2 2 s en s en 2 2 s en Resolviendo el sistema: B+C = 53º 36 ' 22 '' B = 86º10 ' 49 '' 2 ⇒ B−C C= 21º 01'55'' = 32º 34 ' 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'' Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 72 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: b=90º-40º=50º c=90º-30º=60º C=78º 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 73 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) N=60º b=90º a=90º-60º=30º B A 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 74 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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. N b=90º b’=30º B b=30º B’ A 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 75 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) A (0º,90º) C (-30º,60º) B (120º,40º) (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= S π R2 180º ( A + B + C − 180º ) siendo A,B,C los ángulos expresados en grados, obteniéndose: A+B+C – 180º = 8,0144667 º S = 5690115 km2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 76 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) O’ r R O 42º 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: 360º·2000 720000 2πr 360 ⇒ ⇒α= = = 2πr 2π6370sen 48º 2000 α 2000 km ≈ 24º 12’ 25’’ 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. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 77 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 Designamos por D al punto que indica la localidad de Dutch Harbor y por M al punto de destino. N D G C A M 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”. Conocemos, por tanto, dos lados y el ángulo comprendido luego hemos de aplicar el teorema 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 DM = π·6370 93º 35' 30.6" = 10405,3037 km. 180º 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( NDM ) = cos( MN ) − cos( DM ) cos( DN ) = -0,9566267926 ⇒ sen( DM ) sen( DN ) 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). Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 78 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA Para resolver un triángulo rectángulo necesitamos dos datos (además del ángulo recto). En 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( DMN ) = cos( DN ) − cos( DM ) cos( MN ) = 0,9760801154⇒ DMN = 12º 33’ 25,3”. sen( DM ) sen( MN ) CM M CMA ACM A=90º A 90º-AM C 90º-AC Ayudándonos del pentágono de Neper elegimos la fórmula que nos relaciona los datos con el lado que queremos calcular: Cos (90º-AM) = cotg (CMA) cotg (90º-AC) ⇒ tg(AC)= sen( AM ) = sen( AM ) tg (CMA) =sen(37º50’00”)tg(12º33’25,3”)=0,13662075553. cotg (CMA) ⇒ 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: π·6370 2 S= (21º 36’ 00” + 163º 3’ 47,6” + 12º 33’ 25,3” -180º) = 12195389,75. 180º S = 12195389,75 km2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 79 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: P=Polo Norte B A φ p 2 λ2 ecuador φ 1 Greenwich = 74º W=λ 2 Longitud B≡ 40º45' N=ϕ2 = Latitud λ1 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’’ p La distancia es d (A,B)= p R = 0.8789111593 (rad)*6371= 5599,54 km 180º 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 = ⇒A sen p sen 50º 21' 28, 44 '' 124º 53'62,38'' No valido P Necesitamos conocer la altura esférica sobre el lado AB = sen h sen = b sen A sen 51º07'25''sen 65º= 6 ' 27, 62 '' 0,2963673644 ⇒ h B Q A 17º14 ' 22 '' < b ⇔ A > 90º h= 162º 45'38'' No valido De donde la latitud será<. 90º-17º14’22’’=82º45’38’’ Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 80 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 máxima desde Kopervick (Noruega) hasta Fortaleza (Brasil), siendo las coordenadas: K(5º 18’ E, 59º 17’ N) F(38º 29’ O, 3º 41’S) 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” N K A H Ángulo N̂ =long K + longF = 43º 47’ 00” Aplicando el teorema del coseno obtenemos el lado KF (distancia terrestre entre ambas ciudades): F 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) = π 6371 71º 46' 22,9" = 7980,7968km 180º b) La distancia recorrida por el avión se calcula de igual manera pero con un radio R’=6371+10= 6371 km: dAvión(K,F) = π 6381 71º 46' 22,9" = 7993,3236km 180º Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 81 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA c) Coordenadas del punto H donde la travesía corta al Ecuador = 90º , y AF = 3º 41’ Consideraremos el triángulo rectángulo esférico HAF de la Figura 2, donde A A H F El más fácil de calcular es F̂ en el triángulo FNA de la Figura 1 (aplicando el teorema del coseno): (Figura 2) cos F̂ = Para determinar la coordenada longitud de H necesitamos calcular HF. Y para poder aplicar las fórmulas de Trigonometría Esférica en el triángulo HAF necesitamos conocer otro dato del mismo. cos(NK) - cos(NF) cos(KF) = 0,928190626 ⇒ F̂ = 21º 50’ 43.8” sen(NF) sen(KF) La Figura 3 corresponde al pentágono de Neper del triángulo rectángulo HAF: FH = 90º A H 90º- HA 90º- CF F̂ Cos (90º-CF) = cotg(90º-HA) cotg ( F̂ ) ⇒ tg(HA) ⇒ sen(CF) = tgFˆ tg(HA) = sen(CF) tg F̂ = 0,0257541718 ⇒ HA = 1º 28’31” 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 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 82 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: Si la altura sobre el lado a es interior (h), al a) B triángulo ABC, entonces h, B y C han de ser c h a b C A h todos agudos o todos obtusos, pues son ángulos que se oponen al cateto h, en los triángulos 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. H 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= senB.senc = 0.562321217⇒ h = 34º 12' 59'' 145 º 47' 1'' > 90º b) Por el teorema del seno: = senb b1 = 40º senc ⋅ senB sen100º sen34º 49 '11'' .pero al = = 0,6427874946 ⇒ b = senC sen118º 58'36 '' b 2 = 180º −40º = 140º 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+C cos a 2 tg b + c = 0,8390996311 ⇒ a = 40º ⇒ a= 80º tg = 2 2 cos B − C 2 2 b−c cos A A 2 = 0,5893193223 ⇒ = 30º 30’ 42” ⇒ A= 61º 01’ 24” tg = 2 2 cos b + c tg B + C 2 2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 83 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: c/2 a) La mediana (m) divide al lado en dos partes iguales. Hemos de calcular primero el ángulo A ó B cos a − cos b cos c cosA= = 0.4844543979 ⇒ senb senc A = 61º 01' 24 '' Ahora, en el triángulo de la izquierda, conocemos dos lados y el ángulo comprendido, utilizamos el teorema del coseno: cosm = cosbcos(c/2) + senbsen(c/2)cosA = = 0.7309511000 (con c/2 = 50º) luego la mediana es: m = 43º 02’ 02’’ m b) La bisectriz (z) divide al ángulo en dos partes iguales. Calculamos, en primer lugar, el ángulo C en el triángulo ABC, aplicando el teorema del coseno: cos c − cos a cos b cosC= = -0.484454398 ⇒ sena senb Z z C/2 C = 118º 58' 36 '' Hallamos ahora el ángulo AZC (que designamos Z) en el triángulo ACZ aplicando el teorema del coseno para ángulos: C C cos Z= -cosA cos + senA sen cosb = 0.3313858910 ⇒ Z = 70º 38’ 49.5” 2 2 Y, por último aplicamos el teorema del coseno para obtener la bisectriz z: cos A + cos Z cos C2 C C cos A= -cosZ cos + senZ sen cosz ⇒ cos z = = 0.8029859953 ⇒ la 2 2 senZ sen C2 bisectriz es z = 36º 35’ 1.69” Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 84 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) N b A n a B G latitud 10º 29' N Punto A = Puerto Cabello longitud 68º 00' O latitud 36º 30' N Punto B = Cádiz longitud 6º 20' O 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: n l = 2π ⋅ 6370 ⋅ n g 360 = 6792.304 km. b) El rumbo inicial viene medido por el ángulo A: cos a = cos b cos n + sen b sen n cos A ⇒ cos A = cos a − cos b cos n = 0.588838023 ⇒ senb senn 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 B ⇒ cos B = cos b − cos a cos n = - 0.150019547 sena senn ⇒ B = 98º 37’ 41.01’’ ⇒ 180º - B = 81º 22’ 18.99’’ rumbo Noreste. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 85 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA c) Sea C el punto donde se encuentra el barco después de recorrer m = 3000 km. N a B b a' A C A ' C' N’ b La medida de m en unidades angulares es: G A m 3000 ⋅ 360 = 26º 59’ 1.98’’. 2π ⋅ 6370 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 - arc (A' C' ) = 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’ ⇒ cos N' = cos m − cos b cos a ' = 0.91426483 ⇒ N’ = 23º 53’ 54.46’’. senb sena ' 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. N a BP b A n A’ N’’ b a’’ 90º n’’ b A B’ G P’ A N’’ P m 90º-n’’ A’ 90º-a’’ 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’’ 75º 22’ 2.79’’ 68º P’ A’ B’ 6º20’ G Para calcular la longitud de P necesitamos conocer el ángulo N’’: Aplicando de nuevo la regla de Neper en el triángulo APN’’, se tiene: tag a' ' Cos N’’ = cotg b cotg (90º-a’’) = = tg b = 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. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 86 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 N a) La distancia entre ambas ciudades es la longitud d del arco SB. s b B En el triángulo esférico NSB conocemos: S NB = s =90º- 60º 24’ = 29º 36’ NS = b =90º- 47º 34’ = 42º 26’ H mG 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 2π6370 distancia es d = 35º 4’ 47”= 3900,081 km. 360 b) El rumbo inicial es 360º-B, calculamos el ángulo B por el teorema del coseno para lados: cos b − cos s·cos n =0,09338393063⇒ B=84º 38’30”, luego el rumbo inicial es: Rin sens·senn =360º-84º 38’30”=275º21’30”. Cos B = c) La distancia más corta del Polo Norte a la trayectoria es la longitud del menor 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 exterior al triángulo NSB y es un ángulo agudo. cos s − cos b·cos n = 0,684665381 ⇒ S=46º 47’27”, luego h es interior al triángulo NSB. senb·senn Hallamos entonces el cateto h en el triángulo esférico NSH: Cos S = Sen h=sen S·senb=0,4917834262 ⇒ h=29º 27’28” y en km h= 2π6370 360 29º 27’28” = 3275,041 km. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 87 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) N Polo norte en N. En el triángulo ABN: a b N = 6º 20’ – 2º 38’ = 3º 42’ n B A a = 90º - 51º 27’ = 38º 33’, b = 90º - 36º 30’ = 53º 30’. G Teorema del coseno en este triángulo: cos n = cos a cos b + sen a sen b cos N = 0.965107125 ⇒ n = 15º 10’ 48.65’’ En unidades lineales: n l = 2π ⋅ 6370 ⋅ n g 360 = 1687.6943 km b) Las distancias entre las ciudades d(A, C) y d(B, C) en unidades angulares son: d (A, C) lin ⋅ 180 d (A, C) ang = = 6º 52’ 38.36’’ π ⋅ 6370 d (C, B) lin ⋅ 180 d (C, B) ang = = 8º 21’ 58.53’’ π ⋅ 6370 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: b Sen h = sen b sen A = 0.012096392 ⇒ A hg = 0º 41’ 35.12’’ (pues h ha de ser aguda por serlo su ángulo opuesto A). 90º-h En unidades lineales: π ⋅ 6370 ⋅ h g h= = 77.0559 km 180 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 88 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 N a) b latitud 38º 03' N Punto A = longitud 40º 20' O a n A A B Polo norte en N. En el triángulo NAB, conocemos los datos siguientes: Aˆ = NAˆ B = 23º 20' , Bˆ = ABˆ N = 43º15' , b = 90º - 38º 3’ = 51º 57’. Aplicamos el teorema del seno: sin b sin Aˆ sin b sin a ⇒ sin a = = 0,4552100684⇒ a = = sin Bˆ sin Bˆ sin Aˆ 27º 4'42" 152º55'18" Como A<B ⇒ a <b , luego a = 27º 4’ 42” Aplicamos las analogías de Neper para calcular N̂ y n Nˆ tg = 2 a −b 0,9765380113 2 = = 1,927637937 ⇒ a + b Aˆ + Bˆ 0,7714666318·0,6566690408 tg cos 2 2 cos Nˆ = 62º34'52" 2 ⇒ N̂ =125º 09’ 44” a+b Aˆ + Bˆ cos n 2 2 = 0,8247534711·0,8358872047 = 0,6999464252 ⇒ n =34º 59’24” ⇒ tg = 2 2 0,9849337731 Aˆ − Bˆ cos 2 n =69º 58’ 48” tg Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 89 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA Luego las coordenadas del punto B son: = 90º= a 62º55' 18" N latitud ˆ -84º= = 40º 20'- N 49º 44" O 84º 49º 44" E longitud = b) La distancia entre A y B es la longitud del lado n en el triángulo NAB: En unidades lineales, d(A,B) = π ⋅ 6370 ⋅ n 180 = 7780,1996 km En millas 1º = 60 millas ⇒ d(A,B) = n·60 = 4198,8 millas Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 90 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) N b A Polo norte en N. El punto A corresponde a Boston y el B a Monrovia. a n B En el triángulo ABN: G H I N = LB - LA= -10º 49’ – (-71º 03’) = 60º 14’ a = 90º - 6º 20’ = 83º 40’, b = 90º - 43º 23’=46º 37’ Teorema del coseno en este triángulo: cos n = cos a cos b + sen a sen b cos N = 0.4343899862 ⇒ n = 64º 15’ 13’’ En unidades lineales: n = 2π ⋅ 6370 ⋅ ng 360 = 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 conocemos el cateto BH = latitud B = 6º 20’ pero observamos 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 ⇒ cos B = cos b − cos a cos n = 0.713737346 ⇒ B = sena senn 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 B la longitud de I es: LI= 10º 49’ -6º 10’ 42’’ = 4º 38’ 18’’ O 90º-6º 20’ 90º- b Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 91 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 N (Polo Norte) 45º 45º A P d M P d N (Polo Norte) Q 45º 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” 45º P d M Q Como se observa, se trata de un TRIÁNGULO EQUILÁTERO N (Polo Norte) 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) 45º P n M Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 92 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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” N (Polo Norte) 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 45º A n M 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” πR 2 ε πR 2 (183º 44'51.73"−180º ) S= = = 2654125km 2 180 180º S=2654125 km2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 93 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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: N 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'' K K N N A R 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: R A =52º 28' 51,16''; R = 88º 8' 17,98''; K = 89º 6' 7,52'' A A Fórmula general de la superficie de un triángulo ABC: π r2 = S ( A + B + C − 180º ) 180º r = 6370 km = radio de la Tierra S= 708200,50525 * 49,72129 = 35.212.645 km2 K Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. R 94 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) Tahiti O 180º A(Polo Norte) Tokio E b c C(Tokio) a 0º B(Tahití) 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. A(Honolulu) Convertidas las distancias a valores angulares dis tancia 180º a= R π b c Se obtiene que a (Tokio-Tahití) = 79º09’07,35’’ (del apartado a)) b (Honolulu-Tokio) = 55º15’44,1’’ C(Tokio) a B(Tahití) 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 π R2 = S ( A + B + C − 180º ) 180º Obteniéndose S = 14.742.058 km2 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 95 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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. N Solución: h A=30º10’ m=NA=90º-40º45’=49º15’ H A=30º10’ a=MN=90º-40º24’=70º19’ N=74º00’00’’-3º41’=70º19’ 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 tgHNA = 1 = 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”. π ⋅ 6371 5768, 2 km h km = ⋅ 51º 52’ 28.79” = 180º Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 96 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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) N latitud 10º 29' N Punto A = Puerto Cabello a b longitud 68º 00' O n B A latitud 36º 30' N Punto B = Cádiz longitud 6º 20' O G 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: n l = 2π ⋅ 6370 ⋅ n g 360 = 6792.304 km. b) El rumbo inicial viene medido por el ángulo A: cos a = cos b cos n + sen b sen n cos A ⇒ cos A = cos a − cos b cos n = 0.588838023 ⇒ senb senn A = 53º 55’ 31.46’’ rumbo Noreste. c) N b a' A C A ' C' N’ a B b G A m a’ 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= 3000 ⋅ 360 = 26º 59’ 1.98’’. 2π ⋅ 6370 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 97 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 - arc (A' C' ) = 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’ ⇒ cos N' = cos m − cos b cos a ' = 0.91426483 ⇒ N’ = 23º 53’ 54.46’’. senb sena ' 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 N N’’ b de Neper, se a a’’ b A N’’ verifica: BP A 90º b n P cos (90º - a’’) A n’’ A’ B’ GP’ m = sen a’’ = 90º-n’’ 90º-a’’ sen b sen A = P’ 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’’ 75º 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: 68º Cos N’’ = cotg b cotg (90º-a’’) = P’ A’ tag a' ' = tg b 0.242305132 ⇒ N’’ = 75º 22’ 2.79’’ B’ 6º20’ G Long P = arc (GP’) = arc (A’P’) – arc(A’G) = =N’’ – long A = 7º 58’ 38.53’’ E. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 98 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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 1 852 m, se llama milla marina. La velocidad de una milla por hora se llama nudo. Solución: N=Polo Norte b a Greenwich A n B 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 NA + s enBA s enNA cos NAB ⇒a= = cos a cos BA 32º46'4,75'' Latitud del punto B = 90º-a=57º13’55,25’’ Norte cos N = cos n − cos a·cos b ⇒ N = 3º37'23,68'' sena·senb Longitud del punto B=128º31’+ 3º37'23,68' = 132º08'23,68' Oeste Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 99 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 70.- Dado el triángulo esférico rectilátero a=90º, A=36º 25’ 08”, c=102º 00’ 00” sobre una esfera de radio 5 km, hallar: a) La mediana esférica del triángulo dado que parte del vértice B. b) Distancia del vértice A al vértice C. c) La distancia 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 Ap=90º 90º-cp 90º-bp cosap=cotgBpcotgCp 1 ⇒ tgBp = = −0, 2641439724 ⇒ Bp = 165º12 '13'' ⇒ b = 180º −Bp =14º 47 ' 47 '' cos a p tgCp cos(90º-cp)=senap senCp ⇒ s enc = sena p senC = 0.5807108495 p p 35º 30 '02 '' < a p ⇔ Cp < A p c p= ⇒ C= 180º −c p= 144º 29 '58 144º 29 '58'' No valido cosCp= cotg(90º-bp)cotgap ⇒ tgb p = cos Cp tga p = −0.1533936481 b p= 171º16 ' 45'' ⇒ B= 180º −b p= 8º 43'15'' a) Mediana esférica sobre b: Puesto que, en el triángulo de la izquierda, conocemos dos lados y el ángulo comprendido, utilizamos el teorema del coseno: c=102º' a=90º' B m A=36º25'08’’ C b/2=7º23’53.5’’ cosm = cosc cos(b/2) + senc sen(b/2) cosa = = - 0.1048273963 luego m=96º01’02’’ b) La distancia del vértice A al vértice C es la longitud del lado b: πr π5 b=14º47’47’’ ⇒ L= = b (14º 47 ' 47 '') b 180 180º 1, 291 km c) 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 = h = 35º 30’ 01’’ ⇒ L= h 35º 30' 01'' < c ⇔ A < 90º 144 º 29' 59'' πr π 5 km = h ( 35º 30 '01'') 3,097 km 180 180º Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 100 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 71.- Un avión despega de Londres (50ºN, 0º) con su piloto en estado seminconsciente, con rumbo desconocido (sobre un círculo máximo hacia el cuadrante sureste) y vuela una distancia indeterminada hasta que el piloto recupera el uso de sus facultades y gira 90º hacia la derecha. Al cabo de 2400 millas volando sobre un círculo máximo vuelve a cruzar el meridiano de Greenwich y, en ese momento, lleva un rumbo de 240º. Se pide: a) ¿Cuál es su latitud en ese momento? b) ¿A qué distancia se encuentra de Londres? c) Si el avión en su recorrido atraviesa el Ecuador, indicar su longitud. d) Obtener la distancia en millas que recorre el avión mientras el piloto está inconsciente. Solución: P=Polo Norte Greenwich A (Londres) B=90º A’ ecuador B’ a=40º C=60 º a) Se construye un triángulo esférico rectángulo ABC del que se conocen: B=90º, C=240º-180º=60º y a=2400 millas=40º. Resolviendo obtenemos b=59º12’37’’= AC. Dado que la longitud de Londres (AA’) es de 50º Norte resulta que C está en AC – AA’= 9º52’37’’S. b) b= 59º12’37’’ que en millas son 3552.616666. c) En el triángulo rectángulo A’B’C conocemos A’=90º, b=9º52’37’’ y C=60º resultando c=16º32’49’’Este d) Resolviendo ABC del que se conocen: B=90º, C=60º y a=40º. Resulta c=48º 04’ 11,62’’ pasando a millas (minutos) 2884.193666 Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 101 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 72.- Se conocen las coordenadas geográficas de las dos ciudades siguientes: Longitud = 79º 24' 59'' O Ciudad A: Toronto Latitud = 43º42' 00'' N Longitud = 28º 35' 41'' E Ciudad B: Pretoria Latitud = 30º 47' 00'' S a) Calcular la distancia entre ambas ciudades, tomando como radio aproximado de la tierra R = 6371 km. b) Un avión se dirige de Toronto a Pretoria siguiendo un círculo máximo. Hallar la latitud del punto P en el que el avión sobrevuela el meridiano de Greenwich, así como el rumbo que lleva el avión en ese momento. c) Si al llegar al mencionado punto P el avión cambiara de rumbo y girase hacia el este siguiendo el paralelo de P, ¿qué distancia d recorrería hasta sobrevolar el meridiano de Pretoria? Solución: a) N = Polo Norte b A Greenwich a ecuador n B En el triángulo esférico NAB: Conocemos NA (90º – Latitud de A): b = 90º - 43º 42’ 00’’= 46º 18’ 00’’ Conocemos NB: (90º + Latitud de B): a=90º + 30º 47’ 00’’= 120º 47’ 00’’ Conocemos el ángulo N = 79º 24’ 59’’+ 28º 35’41’’= 108º 00’ 40’’ Queremos calcular AB es decir n. Para ello aplicamos el teorema del coseno en el triángulo ABN, obteniéndose: n = 123º 04’ 5.31’’. Pasando esta medida del lado n a unidades lineales, la distancia entre ambas ciudades es: 13684.55 km. Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 102 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA b) N’ b a’ A Greenwich ecuador n’ P el triángulo esférico de vértices ANP. Llamamos A, N’ y P a los Se considera ahora ángulos de este triángulo y a’, n’ y b serán los respectivos lados opuestos. N’ = Long de A = 79º 24’ 59’’ El ángulo A se calcula en el triángulo ANB mediante el teorema del coseno, obteniéndose: A = 102º 51’ 27.64’’ En el triángulo AN’P, se conocen entonces dos ángulos A y N’ y el lado comprendido b. Mediante el teorema del coseno para los ángulos, se obtiene el tercer ángulo: P = 45º 20’ 2.45’’. Ya puede calcularse el lado a’ mediante el teorema del coseno para los ángulos, resultando ser: a’ = 97º 40’ 43.43’’. Por tanto, la latitud pedida del punto P es 97º 40’ 43.43’’- 90º = 7º 40’ 43.43’’ S Y el rumbo del avión en ese momento es: 180º - P = 180º - 45º 20’ 2.45’’= 134º 39’ 57.55’’ c) N b a’ A R Greenwich ecuador n’ ecuador P’ B’ B’’ Pd R r ϕ paralelo B Llamando P’ y B’ a los puntos de corte con el ecuador de los meridianos de P (el de Greenwich) y de B (el de Pretoria), y B’’ al punto de corte del paralelo de P con el meridiano de Pretoria, se observa que: El arco P’B’ mide la longitud de B (28º 35’41’’); el arco B’B’’ mide la latitud de P (7º 40’ 43.43’’) Por tanto, en unidades lineales es P’B’=3179.59km. Sabiendo que la longitud del arco P’B’ sobre el ecuador es la longitud del arco PB’’ sobre el paralelo dividida entre el coseno del ángulo que mide la latitud de dicho paralelo, se tiene que: d = 3151.08 km. Longitud del arco PB’’= 3179.59 ⋅ cos ( 7º 40’ 43.43’’) = Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 103 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA 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”. = = 31'13", c1 85º13'50", = A1 60º19 ' 27" a 65º 3) 1 24 '38", c 2 94º 46 '10", A 2 43º 44 '35" = = = a 2 46º 4) b=64º 46’ 28”, c=17º 58’ 40”, C=17º 23’ 54”. b 1 = 45º 40'31" , c 1 = 146º 06'26" , C 1 = 141º 28'17" 5) b 2 = 134º19'29" , c 2 = 54º 20'33" , C 2 = 114º 49'23" Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I.T.G.C. 104 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. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 39 Área Superficie comprendida dentro de un perímetro. Unidad de superficie equivalente a 100 metros cuadrados. Área o Superficie de un polígono esférico S r2 A1 A 2 ... A n (n-2) 180º 180º Siendo: A1, A2, …,An ángulos del polígono. n = nº de lados del polígono Superficie de un triángulo esférico S r2 180º 180º r = radio de la esfera y , , γ = ángulos del Triángulo esférico U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 190 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 U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 210 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. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 5 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. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 27 Triángulo Equilátero Equilátero si tiene los tres lados iguales. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 197 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. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 144 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. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 19 Triángulo Rectángulo Rectángulo si tiene uno o más ángulos rectos. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 214 Distancia esférica Distancia esférica entre dos puntos de una superficie esférica es la longitud del menor arco de ciclo comprendido entre dos puntos. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 65 Circunferencia menor Circunferencia menor: es aquella cuyo plano no pasa por el centro de la esfera. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 28 Latitud Coordenada de un punto sobre una esfera definida por su distancia angular con el ecuador. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 39 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. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 38 Triángulo Rectilátero Rectilátero si tiene al menos un lado recto. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 215 Triángulo Isósceles Isósceles si tiene dos lados iguales. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 211 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. U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 7 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 U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 67 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 U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 186 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 U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 210 Exceso esférico Exceso esférico es la diferencia entre la suma de los ángulos del triángulo esférico y 180º. A B C 180º . U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 86 Función coseno y cosx Dominio=R; Función par; Recorrido= 1,1 ; Periódica de período 2 a b En un triángulo rectángulo: c Coseno del ángulo : cos ; a c U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 107 Área o Superficie de un polígono esférico S r2 A1 A 2 ... A n (n-2) 180º 180º Siendo: A1, A2, …,An ángulos del polígono. n = nº de lados del polígono U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 200 Teorema del seno: b A Enc un triángulo plano, de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se verifica: B C a b c sen A sen B sen C 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 U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 196 Teorema del coseno: b En un triángulo plano, de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se verifica: A c B C a 2 b 2 c 2 2bc cos A b 2 a 2 c 2 2ac cos B c2 a 2 b 2 2ab cos C a 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 U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 195 Analogías de Neper En un triángulo esférico de lados a, b y c, y ángulos A, B y C, se verifica: a-b A+B 2 cotg C ; tg ab 2 2 cos 2 A-B cos a+b 2 tg c ; tg AB 2 2 cos 2 cos a-b AB 2 cotg C ; tg ab 2 2 sen 2 A-B s en a-b 2 tg c tg AB 2 2 s en 2 sen U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 6 Esfera Esfera: sólido terminado por una superficie curva cuyos puntos equidistan todos de otro interior llamado centro. Área 4 r 2 Volumen U.D. de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 4 3 r 3 69
