1.- Razonar si puede existir al menos un triángulo esférico con los elementos dados.
En caso afirmativo, calcular los elementos restantes:
a) a=60º00’31’’, b=137º20’40’’, c=116º00’32’’
b) A=70º00’25’’, B=131º10’15’’, C=94º50’53’’
c) a=64º24’03’’, b=42º30’10’’, C=58º40’52’’
d) c=116º12’05’’, A=70º51’15’’, B=131º20’26’’
e) a=58º46’22’’, b=137º02’50’’, B=131º52’33’’
f) A=70º, B=119º, b=76º g) a=90º, C=67º38’, b=48º50’
Solución:
a) Aplicando el teorema del coseno:
cos a cos b cos c
cos a cos b cos c senbsenc cos A cos A 0, 291390085 senbsenc
= + ⇒ = − =
A=73º03’32’’. Análogamente, cos b cos a cos c
cos b cos a cos c senasenc cos B cos B 0,6632121124 senasenc
= + ⇒ = − = −
B=131º32’43’’
cos c cos a cos b
cos c cos a cos b senasenb cos C cos C 0,12070002 senasenb
= + ⇒ = − = −
C=96º55’57’’
b) Aplicando el teorema del coseno para ángulos:
cos A cos Bcos C
cos A cos Bcos C senBsenC cos a cos a 0,530015814
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’’
c) Aplicando el teorema del coseno:
cos c cos a cos b senasenb cos C 0,635260783= + = ⇒ =c 50º 33'38'' Por las analogías de Neper:
cos a-b
A B 2 C
tg cotg
2 a b 2
cos 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎛ + ⎞= ⎝ ⎠ ⋅
⎜ ⎟ ⎛ + ⎞
⎝ ⎠
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;
sen a-b
A B 2 C
tg cotg
2 a b 2
sen 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎛ − ⎞= ⎝ ⎠ ⋅
⎜ ⎟ ⎛ + ⎞
⎝ ⎠
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Sabiendo que: a b
53º , 45180555 2
+ = ; a b
10º ,94902777 2
− = ; C
29º ,34055555 2 =
llegamos al sistema:
A B A B
tg 2,933075586 71º ,17375586
A 93º 59'09''
2 2
A B A B B 48º 21'42''
+ + ⎫
⎛ ⎞ = ⇒ =
⎜ ⎟ ⎪ ⎧ =
⎝ ⎠ ⎪⎬⇒⎪⎨
− −
⎛ ⎞ ⎪ ⎪⎩ =
d) Aplicando el teorema del coseno para ángulos:
cos C= −cos A cos B senAsenBcos c+ = −0,0965239⇒ C 95º 32'21''= Aplicando las analogías de Neper:
cosA B
a b 2 c a b
tg tg 7, 210965408 97º ,8952904
2 cosA B 2 2
2
+ − +
= = − ⇒ =
+ s enA B
a b 2 c a b
tg tg 0,824623 39º ,5097768
2 s enA B 2 2
2
− − −
= = − ⇒ = −
+
a 58º 23'08'' b 137º 24'18''
⎧ =⎪
⇒ ⎨⎪⎩ = e) Por el teorema del seno:
sen a sen b sen a sen B
sen A 0,842369
sen A =sen B⇒ = sen b = A 69º 08'09'' B a b
A 110º 51'51'' B a b
= < ⇔ <
⇒ ⎨⎧⎩ = < ⇔ < . Resolvemos ahora dos triángulos esféricos, uno para A1=69º08’09’’ y otro para A2=110º51’51’’
1ª solución: A1=69º08’09’’
Aplicando las analogías de Neper:
1 1
1
A B
c cos 2 a b
tg tg 1,5370151
A B
2 cos 2
2 +
= + =
− ⇒ c1 =113º 54'11''
1
1
cosa b
C 2
tg 1,045196762
A B
2 cosa bt g
2 2
−
= = ⇒
+
+ C1=92º31’55’’
2ª solución: A2=110º51’51’’
Aplicando las analogías de Neper:
2 2
2
A B
c cos 2 a b
tg tg 3,8105828
A B
2 cos 2
2 +
= + =
− ⇒ c2 =150º 35'28''
2
2
cosa b
C 2
tg 3, 436300999
A B
2 cosa bt g
2 2
−
= = ⇒
+ + C2=147º32’56’’
f) Por el teorema del seno:
9031035 ,
º 0 70 sen
º 119 sen º 76 sen A
sen B sen a b sen
sen = = = 64º 34'08''
b 115º 25'52'' a B A
⇒ ⎨⎧⎪
= > ⇔ >
⎪⎩ .
Solución única y aplicando las analogías de Neper:
(
24º30')
tg95º42'56'' 0,86151311cos
' 30 º 94 cos 2
b tga 2
B cosA
2 B cosA 2
tgc =
= − +
− +
= ⇒ =c 81º 29'26''
( )
= ⇒= − + +
−
= tg94º30' 0,743969
'' 55 ' 42 º 95 cos
) '' 55 ' 42 º 19 cos(
2 B gA cot 2
b cosa
2 b cosa 2
tgC C 73º17 '46''=
g) Triángulo rectilátero que su polar es rectángulo y por el pentágono de Neper:
Ap=180º-a=90º; Bp=180º-b=112º22’; Cp=180º-c=131º10’
ap
Bp Cp
90º-cp 90º-bp
cosap=cotgBpcotgCp=0,3597⇒ap =68º 55'⇒ =A 180 a− p = 111º 05' cosBp=sen(90º-bp)senCp p p
p
cos B
cos b 0,505531888
⇒ = senC = −
p p
b =120º 22'⇒ =B 180º b− = 59º 38' cosCp=sen(90º-cp)senBp p p
p
cos C
cos c 0,711821767
⇒ = senB = −
p p
c =135º 23'⇒ =C 180º c− = 44º 37 '
2.- Resolver, si es posible, los siguientes triángulos esféricos rectángulos, siendo A=90º:
a) a=60º 07’ 13”, C=59º 00’ 12”.
b) b=167º 03’ 38”, B=157º 57’ 33”.
c) a=112º 42’ 36”, b=76º 44’ 15”.
Solución:
a) cos(90º-c)=senasenC=0,743252702177866 c 48º 00'33'' a C A
131º 59'27 ''
⎧ = < ⇔ <
⇒ ⎨⎪
⎪⎩
cosa=cotgBcotgC⇒tgB 1, 2059= ⇒ B 50º 20'02''= cosC=cotgatgb
tgb tga cos C 0,8963258673 b 41º 52'14''
⇒ = = ⇒ =
b) sena=senb/senB=0,712873 Ap=90º
1
2
a 36º 38'02'' b A B a 143º 21'58'' b A B
⎧ = < ⇔ <
⇒ ⎨⎪
= < ⇔ <
⎪⎩
Dos soluciones de tal forma que b es obtuso:
2
1
c 34º 34'34'' senc tgb 0,56749939
tgB c 145º 25'26''
⎧ =
= = ⇒ ⎨⎪
⎪⎩ =
2
1
C 72º 00'07 '' cos B
senC 0,95106682
cos b C 107º 59'53''
⎧ =
= = ⇒ ⎨⎪
⎪⎩ =
a catetos obtusos corresponde hipotenusa aguda y ángulos obtusos.
c) Por el teorema del seno:
sen bsen A sen 76º 44'15''sen 90º
sen B 1,0551
sen a sen112º 42'36''
= = = No existe tal triángulo.
3.- 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:
obtusos, es decir, B y C tienen distinto carácter.
Por tanto, hemos de hallar primero B y C:
cosB=
senc sena
c a b cos cos
cos − = 0.820952891⇒B =34 49 11º ' ''
cosC=
senb sena
b a c cos cos
cos − = -0.484454398⇒C =118 5º 8 ' 6 ''3
Luego al ser las soluciones válidas B = 34º 49’ 11’’<90º y C = 118º 58’ 36’’, 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>
4.- Calcular los arcos de circunferencia máxima correspondientes a:
a) Altura sobre el lado c.
b) Mediana sobre el lado c.
C b=54º10'
Si la altura sobre el lado a es interior (h), al triángulo ABC, entonces B y C han de ser ambos agudos o ambos 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 B y 180º-C ambos agudos o ambos
a
b c
A B
C h
H h
Solución:
a) Se descompone el triángulo en dos triángulos rectángulos y la altura se obtiene por el teorema del seno:
senh=senb.senA=0.8536414510
⇒ h = 53º 48' 11'' b A H 126 º 11' 49'' 90º
< ⇔ <
>
b) Puesto que conocemos dos lados y el ángulo comprendido, utilizamos el teorema del coseno:
cosm=cosbcos(c/2)+senbsen(c/2)cosA con c/2=52º11’ luego m=65º08’40’’
c) Es necesario calcular el ángulo C en el triángulo ABC:
cosa=cosbcosc+senbsenccosA=-0.069986 a=94º00’47’’. Otra vez el teorema del coseno:
cos c cos a cos b
cos C C 104º 50'30''
senasenb
= − ⇒ = en
el triángulo ACZ el teorema del coseno para ángulos:
C C
cos Z cos A cos senAsen cos b Z 66º12'
2 2
= − + ⇒ = y con el teorema del seno
61º 52'31''
senz senb senb
senz senA z , z b A Z
118º 07 '29''
senA senZ senZ
= ⇒ = ⇒ =⎧⎨ > ⇔ >
⎩
lo que significa que no sabemos cuál es la solución correcta, para ello podemos volver a utilizar el teorema del coseno para ángulos:
cos A cos ZcosC
C C 2
cos A cos Zcos senZsen cos z cos z z 61º 52'30''
2 2 senZsen cos zC
2
= − + ⇒ = + ⇒ =
5.- 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.
A=84º30'
B C
c=104º22' b=54º10'
A=84º30'
B C
c=104º22' b=54º10'
A=84º30'
B C
c=104º22' b=54º10'
h H
m c/2
C/2 z Z
Solución:
a) Por el pentágono de Neper:
cosB=sen(90º-b)senC=cosbsenC
b 90º y B<90º cos B
senC 0
b>90º y B>90º cos b
⎧ <
⇒ = > ⇒ ⎨
⎩
b y B ambos agudos o ambos obusos.
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.
6.- Demostrar que en un triángulo esférico equilátero se verifica:
a) cos A = cos a /(1+cos a) b) sec A - sec a = 1
c) 2 cos (a/2) sen (A/2) =1.
Solución:
Equilátero: los tres lados iguales a=b=c
Y por el teorema del coseno cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A=cos2a + sen2a cos A Y despejando
2 2
cos a cos a cos A
sen a
= −
a)
2
2 2
cos a cos a cos a(1 cos a) cos a(1 cos a) cos a cos A
(1 cosa)(1 cosa) 1 cosa
sen a 1 cos a
− − −
= = = =
+ − +
−
b) Por el apartado anterior: 1 1 1 cos a 1 1 cos a 1
sec A sec a 1
cos A cos a cos a cos a cos a
+ + −
− = − = − = =
c) Sabemos que: 1 cos
cos 2 2
α + α
⎛ ⎞ =
⎜ ⎟⎝ ⎠ y 1 cos
sen 2 2
α − α
⎛ ⎞ =
⎜ ⎟⎝ ⎠ y así en nuestro caso:
a A 1 cos a 1cos A
2cos s en 2 1 cos a 1 cos A
2 2 2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = + − =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ y por el apartado a)
cos a 1
1 cos a 1 1 cos a 1
1 cos a 1 cos a
= + − = + =
+ +
7.- 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 26’; longitud: Oeste 3º 42’
Tokio latitud: Norte 35º 40’; longitud: Este 139º 45’ : y que el radio de la tierra es 6370 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:
a) Datos: A=139º45’+3º42’=143º27’
b= 90º-40º26’=49º34’
c=90º-35º40’=54º20’
solución del triángulo: A(polo); C(Madrid); B(Tokio) aplicando el teorema del coseno:
cos a = cosb cosc + senb senc cos A obtenemos a=96º48’44’’
por lo que la distancia recorrida es d = a(radianes) . R = a (π/180) (6370 + 10) = 10780.23517 km (el avión vuela a 10km sobre la superficie, de ahí el radio 6370+10) b) Del triángulo anterior calculamos el ángulo C
Aplicando el teorema del coseno cos c = cosa cos b + sena senb cos C Sale C = 29º09’38’’ (rumbo del avión desde Madrid)
Ahora se plantea el siguiente triángulo esférico rectángulo con B’ el punto más cercano al polo Los datos son B’=90º , b= 49º34’ y C =29º09’38’’ (b y C son comunes al triángulo anterior) senh= senC. senb = sen(29º09’38’’) sen(49º34’) obtenemos h = 21º 46’ 12’’ (solución aguda, h< 90º pues C<90º en un triángulo rectángulo)
La distancia al polo es la longitud del lado h.
La distancia es aproximada si se considera la distancia al punto que identifica el Polo Norte sobre la superficie de la Tierra. Vamos a aproximarla por la distancia a la vertical del Polo a 10 km de altitud. Distancia al Polo . (21º46’12’’) π/180º (6.370+10)=2424.133176 km.
c) como h=21º46’12’’ < (90º-60º30’)=29º30’, SÍ SE SOBREVUELA EL CÍRCULO POLAR 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”.
6) Un avión parte de un lugar cercano a Nueva York (74º1’ longitud Oeste; 40º42’
latitud Norte) con rumbo 30º10’ (dirección Norte y Oeste). Dar las coordenadas del punto de su recorrido más cercano al Polo Norte.
7) Un avión vuela de Madrid a Nueva York a una altitud de 10.000 m.
b
a c
B A
C
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 30' Oeste; 40º43' Norte Nueva York: 74º00' Oeste; 40º27' Norte
(La Tierra se considera una esfera de radio 6370 km y que el avión recorre ciclos de la esfera). Se pide:
a). Distancia entre Madrid y Nueva Cork.
b). Distancia recorrida por el avión.
Soluciones a los ejercicios propuestos 1) a=51º 13’ 46”, B=52º 38’ 34”, C=50º 38’ 15”.
2) a=51º 13’ 46”, b=38º 17’ 46”, c=37º 04’ 12”.
3) 1 1 1
2 2 2
a 65º 31'13",c 85º13'50", A 60º19'27"
a 46º 24'38",c 94º 46'10", A 43º 44'35"
= = =
⎧⎨ = = =
⎩
4) b=64º 46’ 28”, c=17º 58’ 40”, C=17º 23’ 54”.
5) ⎩⎨⎧
=
=
=
=
=
=
"
23 ' 49 º 114 C
,
"
33 ' 20 º 54 c ,
"
29 ' 19 º 134 b
"
17 ' 28 º 141 C
,
"
26 ' 06 º 146 c
,
"
31 ' 40 º 45 b
2 2
2
1 1
1
6) Longitud: 4º 46’ 24 “ y latitud 67º36’ 24”
1) a) D=5857 km. b) Distancia total 5948 km.
Plantilla: Normal.dot
Título: SOLUCIÓN HOJA 5 TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA Asunto:
Autor: MATEMÁTICAS Palabras clave:
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Guardado el: 18/01/2005 9:00 Guardado por: Luis Sebastian Tiempo de edición: 35 minutos Impreso el: 27/09/2008 7:04 Última impresión completa
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