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CURSO DE
TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA
Juan Manuel Nieto Vafe
CURSO 
DE 
TRIGONOMETRÍA 
ESFÉRICA
Con ejercicios totalmente 
resueltos
Juan Manuel Nieto Vales
Nieto Vales, Juan Manuel
Curso de trigonometría esférica : con ejercicios totalmente 
resueltos / Juan Manuel Nieto Vales. -- Cádiz : Universidad, 
Servicio de Publicaciones, 1996. -- IV, 143 p.
ISBN 84-7786-392-X
1. Trigonometría esférica - Tratados, manuales, etc. I. Título
514.116
© Servicio de Publicaciones de la Universidad de Cádiz.
Juan Manuel Nieto Vales
I.S.B.N. 84-7786-392-X
Diseño de cubierta: CREASUR, S.C.
Imprime: Servicio de Autoedición e Impresión 
Universidad de Cádiz
I
PRÓLOGO
La presente obra tiene por objeto proveer, a quien la estudie, de los 
conocimientos geométricos en que se fundamentan la Astronomía Náutica y 
la Navegación, a saber, la determinación y resolución de triángulos esféricos.
Por lo tanto, es a los estudiantes de Náutica a quienes este ” Curso” va 
dirigido especialmente, aunque también resulte útil a estudiantes de Astro­
nomía y Geodesia, pues tal especificidad consiste, sobre todo, en la naturaleza 
de los ejercicios y en la forma en que estos se resuelven, cuestión a la que 
más adelante nos referiremos.
Se establecen y desarrollan, con el rigor y formalismo propios de la Geo­
metría Euclídea clásica, los conceptos y teoremas que originan el cuerpo de 
resultados que permiten resolver los triángulos esféricos, constituyendo lo que 
se denomina la ”Trigonometría Esférica”. Su exposición se estructura de 
modo que puedan explicarse dentro del marco temporal que el vigente plan 
de estudios de 1.994 para la Diplomatura en Navegación Marítima otorga a 
esta disciplina y que es de 3 créditos (2 teóricos y 1 práctico).
Se ha prestado particular atención a los aspectos prácticos, por lo que se 
ilustra cada caso de resolución trigonométrica con ejemplos cuidadosamente 
detallados en su proceso de cálculo y obtención del resultado final. Así mismo 
se plantean y resuelven completamente la totalidad de los ejercicios propues­
tos. A tal fin, atendiendo las recomendaciones de la Organización Marítima 
Internacional, recogidas en su documento TM703E (IMO, Londres, 1991) 
se utilizan las Tablas Náuticas como instrumento de cálculo para la resolu­
ción de los citados ejemplos y ejercicios. Como la mencionada limitación de 
créditos no permite, ni mucho menos, la resolución en clase de un número 
elevado de aquéllos, el estudiante encontrará ”a bordo” suficiente material 
para entrenarse por su cuenta.
^lodel Course developed under the IMO 7.03. Officer in Charge of a Navigational 
Watch (STCW Regulation II/4). Module 15. Mathematics, págs. 4, 23 y 24
II
El autor agradecerá cuantas correcciones o sugerencias sobre el contenido 
de esta obra tengan a bien remitirle sus lectores.
Puerto Real, Abril de 1.996
I ndice
1 Introducción: Fundamentos geométricos 1
1.1 Definiciones..................................................................................... 1
1.2 Angulo plano y diedro suplementario . 3
1.3 Polaridad de triedros...................................... . 4
1.4 Propiedades métricas..................................................................... 5
1.5 Triedro isósceles ... 7
1.6 Igualdad de triedros...................... . . 7
2 Conceptos y fórmulas fundamentales 11
2.1 Distancia esférica y ángulo esférico............................ , 11
2.2 Triángulo esférico........................................................................... 13
2.3 Propiedades de los triángulos esféricos . 15
2.4 Triángulos polares.................................................. 16
2.5 Igualdad de triángulos esféricos.................................................. 17
2.6 Fórmulas de Bessel: Teorema del coseno . 18
2.7 Teorema de los senos.................................. 20
2.8 Relaciones entre lados y ángulos no opuestos................................21
2.9 Relación entre los tres ángulos y un lado . . 21
2.10 Fórmulas para los triángulos rectángulos: Regla de Neper ... 22
2.11 Fórmulas para los triángulos rectiláteros...................................... 23
3 Resolución de triángulos esféricos 25
3.1 Casos de resolución de triángulos rectángulos................................ 25
3.2 Resolución de triángulos isósceles............... 30
3.3 Casos de resolución de triángulos oblicuángulos..................... .33
3.4 Fórmulas de Gauss-Delambre y de Neper...................................... 35
3.5 Otros casos de resolución . . 39
III
IV
Ejercicios 43
Capítulo 1
Introducción:
Fundamentos geométricos de la 
Trigonometría Esférica. Los 
triedros y sus propiedades
1.1 Definiciones
Consideremos el espacio afín euclídeo ordinario .R3 y, en él, tres semirrec­
tas a, b y c con un origen común V
1
2 Capítulo 1. Introducción: Fundamentos geométricos
Denominaremos triedro al conjunto de los puntos de R3 que son comunes 
a los semiespacios respectivamente limitados por los planos ab, bey ca y que 
contienen a la semirrecta restante.
• Las tres semirrectas a, b y c se denominan aristas del triedro.
• Cada uno de los ángulos convexos ab, be y ca se denomina cara del 
triedro, y su conjunto, superficie del triedro.
• Los diedros convexos definidos por cada dos caras consecutivas se de­
nominan, también, diedros del triedro.
Consecuencia inmediata de lo que acabamos de exponer es la propiedad 
siguiente:
Tres planos concurrentes en un punto, sin pasar por una misma 
recta, dividen el espacio en ocho triedros, intersecciones de los diedros 
determinados por cada dos de ellos con los semiespacios que limita el tercero.
Lo mismo los diedros convexos que los triedros que hemos definido y, 
en general, toda figura definida por intersección de semiespacios tiene la 
propiedad siguiente:
El segmento determinado por dos puntos de la figura está to­
talmente contenido en ella, puesto que sus puntos pertenecen a todos 
los semiespacios que la definen. De aquí que esta propiedad se tome como 
definitoria de las figuras convexas.
1.2. Ángulo plano y diedro suplementario 3
1.2 Angulo plano y diedro suplementario
Si desde un punto P de la arista del diedro convexo a'3, trazamos las 
semirrectas a y b perpendiculares a sus caras y situadas respecto de cada cara 
en distinto semiespacio que el que contiene al diedro, el ángulo ab formado 
por estas semirrectas es suplementario del diedro a^.
En efecto: a y b son perpendiculares a la arista del diedro por serlo a a y 
/3, respectivamente; por lo tanto el plano ab es perpendicular a dicha arista 
y corta según su sección recta mn al diedro a/3. Pero:
mn + nb + ba + am — 4R 
nb = am = 1/?
=> mn + ab = 2R
q.e.d.
4 Capítulo 1. Introducción: Fundamentos geométricos
1.3 Polaridad de triedros
Si desde el vértice V de un triedro r se trazan las semirrectas perpen­
diculares a sus caras, situadas respecto de cada una de éstas en distinto 
semiespacio que el que contiene al triedro, todas ellas definen otro triedro r' 
cuyas caras son suplementarias de los diedros de r
Basta con aplicar la propiedad 1.2 a los diedros de t : a! es perpendicular 
a la cara cb de t, b' es perpendicular a ac y d lo es a la ab, con lo que se 
verificará que:
a'b' + diedro acb = 2R 
a'd + diedro abe = 2R 
b’d + diedro cab = 2R
q.e.d.
El triedro r' se denomina polar del t 
Recíprocamente, como
b' ± ac 
d ± ab
a' ± be 
b1 ± ac
a' ± be 
c' ± ab
=> a i b’d
=> r es el triedro polar de r',
1.4. Propiedades métricas 5
es decir, los diedros de t' son suplementarios de las caras de r.
Esta notable propiedad permitirá deducir relaciones métricas relativas a 
los diedros de un triedro, conocidas relaciones métricas relativas a las caras 
y recíprocamente.
1.4 Propiedades métricas de las caras y die­
dros de un triedro
Teorema 1.4.1 Toda cara de un triedro es menor que la suma de las otras 
dos.
Sea abe el triedro. Bastará con demostrar el teorema para la cara ma­
yor ab. Tomemos sobre ella ad = Se: unamos A y B, puntos cualesquiera, 
respectivamente sobre ay b y sea D el punto de intersección de AB con d. 
Tomemos, finalmente, VC = VD. Se tendrá que:
△AVC = ¿\AVD
por tener dos lados iguales y el ángulo comprendido. Por lo tanto AC = 
AD y como en el AABC es BC > AB - AC = AB - AD = DB, los 
triángulos V BC y VBD tienen dos lados respectivamente iguales
VB = VB (común), VD = VC
6 Capítulo 1. Introducción: Fundamentos geométricos
y desigual el tercer lado BC > BD, se deduce que
be > bd — ab — ac =^> be + ac > ab
q.e.d.
(Si el triedro tiene dos caras iguales mayores que la tercera, o las tres caras 
iguales, la demostración anterior no es aplicable pero entonces el teorema es 
trivial).
Corolario 1.4.2 Toda cara de un triedro es mayor que la diferencia entre 
las otras dos.
Teorema 1.4.3 La suma de las caras de un triedro es menor que cuatro 
rectos.
Basta con aplicar el teorema anterior al triedro a'bc definido por las aristas 
b. c y la semirrecta a1 opuesta a la a. Se tiene:
be < (27? — ab) + (27? — ac) ab + ác+ be < 4R
q.e.d.
Teorema 1.4.4 La suma de los diedros de un triedro está comprendida entre 
dos y seis rectos.
1.5. Triedro isósceles 7
Aplicando el teorema anterior a las caras del triedro polar del considerado, 
la propiedad resulta de inmediato:
0 < (27? - a) + (27? -(3) + (2R -7) <47?
y restando de 6 rectos estas desigualdades se obtiene,
GR > a + (i + 7 > 27?
q.e.d.
Teorema 1.4.5 El menor de los diedros de un triedro difiere de la suma de 
los otros dos en menos de dos rectos.
Llamando a al menor de los diedros y aplicando el primero de estos 
teoremas al triedro polar, se obtiene;
27? — a < 27? — + 27? — 7, con lo que
P + 7 — a < 27?
q.e.d.
1.5 Triedro isósceles
Si dos caras de un triedro son iguales, lo son también los diedros opuestos
Basta observar que el triedro es simétrico respecto al plano bisector del 
diedro formado por las caras iguales.
Recíprocamente: Si dos diedros de un triedro son iguales, lo son las caras 
opuestas
Basta considerar el triedro polar y aplicar la propiedad anterior.
Este triedro con dos caras, o dos diedros, iguales se denomina isósceles.
1.6 Igualdad de triedros
Se dice que dos triedros son iguales cuando tienen sus caras y sus diedros 
respectivamente iguales.
1er Criterio de igualdad: Si dos triedros tienen respectivamente iguales 
dos caras y el diedro comprendido, son iguales.
8 Capítulo 1. Introducción: Fundamentos geométricos
Supongamos ab = a'b', ac = a'd y a = a' y que ambos triedros son del 
mismo sentido (si no bastaría con sustituir uno de ellos por su opuesto por 
el vértice). Apliquemos al triedro a'b'c’ el movimiento que hace coincidir a'b' 
con ab y los semiespacios en que se sitúan d y c. Por ser a = a' coincidirán 
los semiplanos ac y a’c' y por ser iguales los ángulos ac y a'd coincidirán c y 
d y por tanto los triedros.
2o Criterio de igualdad: Si dos triedros tienen respectivamente iguales 
una cara y los diedros contiguos (o adyacentes), son iguales.
Se demuestra análogamente al anterior, o bien, considerando los triedros 
polares de los dados y aplicando el 1er Criterio.
3er Criterio de igualdad: Dos triedros que tienen sus caras respectivamente 
iguales, son iguales.
1.6. Igualdad de triedros 9
Llevemos sobre las seis aristas segmentos iguales:
VA = VB = VC = VA! = VB' = VC
Puesto que ÁVB = A'VB',ÁVC = A^C' y BVC - B’V’C, los 
triángulos △ V AB y △ V'A'B' son iguales => AB = A'B': análogamente 
BC = B'C y AC = A'C, es decir
△ ABC = △ A'B'C
Puesto que V y V son, respectivamente, equidistantes de A, B y C y 
de A', B' y C estarán sobre las perpendiculares a los planos ABC y A'B'C' 
trazadas por los circuncentros 0 y 0' de los triángulos respectivos.
El movimiento que haga coincidir los triángulos ABC y A'B'C hará, 
pues, coincidir estas perpendiculares y como .40 = A'O' y AV = A’V será 
también V0 = C'O' y por lo tanto V y V coincidirán después de dicho 
movimiento si los triedros tienen el mismo sentido o serán simétricos respecto 
del plano ABC si tienen sentidos opuestos. En un palabra, después del 
referido movimiento los triedros coinciden o son simétricos, lo que prueba el 
criterio.
4o Criterio de igualdad: Dos triedros que tienen los diedros respectiva­
mente iguales, son iguales.
En efecto, los triedros polares lo son, en virtud del criterio anterior.
10 Capítulo 1. Introducción: Fundamentos geométricos
C apítulo 2
Conceptos y fórmulas 
fundamentales de la 
Trigonometría Esférica
2.1 Distancia esférica y ángulo esférico
Dados dos puntos A y B de una superficie esférica de centro 0, que supon­
dremos invariable en todo nuestro estudio, denominaremos distancia esférica 
entre los puntos A y B al menor de los arcos de circunferencia máxima que 
tienen sus extremos en ellos. La designaremos por AB. Esta circunferencia
11 
12 Capítulo 2. Conceptos y fórmulas fundamentales
máxima es la sección producida en la superficie esférica por el plano AOB. 
Si A y B fuesen diametralmente opuestos, habría infinitas circunferencias 
máximas que pasan por ellos y todos los arcos AB serían iguales a una se­
micircunferencia que se toma en este caso, por definición, como distancia 
esférica.
Como suponemos invariable esta superficie esférica y, por lo tanto, su 
radio, que es el de todas las circunferencias máximas, las distancias esféricas 
serán proporcionales a los ángulos que las proyectan desde el centro de la 
esfera. De este modo convendremos en expresar la medida de AB por la del 
ángulo central AQB.
Dos circunferencias máximas se cortan en los extremos del diámetro 
común AA', por pasar sus planos por el centro 0 de la esfera, y dividen 
a la superficie esférica en cuatro regiones denominadas husos o ángulos 
esféricos, cada una de ellas comprendida en uno de los cuatro diedros en 
que dichos planos dividen al espacio. La medida de cada uno de estos die­
dros se toma también como medida del ángulo esférico o abertura del huso 
correspondiente.
Dos circunferencias máximas se dirán perpendiculares cuando formen un 
ángulo recto.
Los extremos del diámetro perpendicular a una circunferencia máxima 
c se denominan polos de ésta. En ellos concurren todas las circuferencias 
máximas perpendiculares a c, puesto que todos los planos perpendiculares al 
plano de c por el centro de la esfera pasan por el diámetro perpendicular a c.
Desde un punto A de la superficie esférica, exterior a una circunferencia 
2.2. Triángulo esférico 13
máxima c y distinto de los polos de ésta, se puede trazar una única circunfe­
rencia máxima perpendicular a ella: será la que pasa por los polos P y P' de 
c, es decir, contenida en el plano perpendicular al de c que pasa por el punto 
A. Si B y B' son las intersecciones de esta perpendicular con c, el menor, 
AB, de los arcos AB y AB' se denomina distancia de A a c, por ser menor 
que cualquier arco AC de circunferencia máxima que una A con un punto de 
c puesto que AOB < AOC
2.2 Triángulo esférico
Puesto que a todo ángulo central corresponde una distancia esférica y a cada 
diedro un ángulo esférico, un triedro con vértice en el centro de la esfera será 
cortado por la superficie esférica según una parte de ésta limitada por tres 
arcos de circunferencia máxima que se denomina triángulo esférico. Las 
secciones de las caras son los arcos de circunferencia máxima AB, AC y BC, 
llamados lados del triángulo esférico y que se miden por sus ángulos centra­
les. A los diedros del triedro corresponden, pues, los ángulos del triángulo 
esférico ABC formado por cada dos lados y que designaremos por a,/? y 7 
o A, B y C, respectivamente opuestos a BC, AC y AB.
Como las caras de un triedro son ángulos convexos (menores que un llano) 
los lados del triángulo esférico son menores que una semicircunferencia (o 
un llano).
Como los tres planos de las caras de un triedro dividen al espacio en ocho 
14 Capítulo 2. Conceptos y fórmulas fundamentales
triedros, las circunferencias de los lados de un triángulo esférico ABC dividen 
a la superficie esférica en ocho triángulos que son, llamando A', B' y C alos 
puntos diametralmente opuestos a A, B y C, los siguientes:
• ABC, triángulo dado
• ABC, AB’C y A'BC, llamados triángulos adyacentes al ABC por 
tener con él un lado común.
• A'B'C, triángulo simétrico del ABC respecto de 0.
• A'B'C, A'BC y AB'C, triángulos adyacentes al A’B’C o simétricos, 
respectivamente, de ABC, AB'C y A'BC respecto a 0.
Un triángulo esférico se denomina isóceles si tiene dos lados iguales y 
equilátero si tiene los tres. Se denomina rectángulo si tiene un ángulo 
recto, birrectángulo si tiene dos, en cuyo caso tiene también rectos los 
lados opuestos por concurrir éstos en el polo del tercer lado (/AABD en la 
figura), y trirrectángulo si tiene los tres ángulos rectos y por tanto sus lados 
son tres cuadrantes de circunferencia máxima (ABC en la figura adjunta).
Un triángulo esférico trirrectángulo se denomina octante de la superfi­
cie esférica por estar ésta constituida por ocho iguales a él (por simetría). 
Análogamente, según tenga un triángulo esférico un lado recto, dos o los tres 
se denominará rectilátero, birrectilátero o trirrectilátero, respectiva­
mente.
2.3. Propiedades de los triángulos esféricos 15
2.3 Propiedades de los triángulos esféricos
De las propiedads de los triedos y de la definición de triángulo esférico se 
desprenden, trivialmente, los resultados siguientes:
• La suma de los lados de un triángulo esférico es menor que cuatro 
rectos.
• Cada lado de un triángulo esférico es menor que la suma de los otros 
dos y mayor que su diferencia.
• La suma de los ángulos de un triángulo esférico es mayor que dos rectos 
y menor que seis.
• El menor de los ángulos de un triángulo esférico difiere de la suma de 
los otros dos en menos de dos rectos.
• Un triángulo esférico isósceles tiene iguales los ángulos opuestos a 
los lados iguales y, recíprocamente, si un triángulo esférico tiene dos 
ángulos iguales, es isósceles.
• En todo triángulo esférico, a mayor lado se supone mayor ángulo. En 
efecto: supongamos que AB > AC; llevemos AB = AC sobre AB. Si 
C es el simétrico de C respecto al centro 0 de la esfera, en el triángulo 
BBC' se tendrá
2R <1' + S + (2R-P)
Como 7' + ó = 7 => 2R < 7 + 2R — (3 => /3 < 7
q.e.d.
16 Capítulo 2. Conceptos y fórmulas fundamentales
* En todo triángulo esférico a mayor ángulo se opone mayor lado. En 
efecto: en la figura anterior si 7 > es AB > AC pues si fuese AB < 
AC, en virtud de la propiedad anterior se obtendría 7 < 3 contra lo 
supuesto.
2.4 Triángulos polares
2.5. Igualdad de triángulos esféricos 17
La sección de una superficie esférica con dos triedros polares de vértice en 
el centro de la esfera origina dos triángulos esféricos denominados polares: 
los vértices de cada uno de ellos son polos de las circunferencias de los lados 
del otro. Los lados de cada uno son suplementarios de los ángulos del otro y 
recíprocamente. A cada relación métrica entre los lados de una corresponde 
otra entre los ángulos del otro, lo que unido a los criterios de igualdad de 
triedros nos porporcionará los siguientes criterios de igualdad de triángulos.
2.5 Igualdad de triángulos esféricos
Dos triángulos esféricos se dicen iguales si tienen respectivamente iguales sus 
ángulos y sus lados, para lo que resultan suficientes los criterios siguientes:
1. Criterio de igualdad: Dos triángulos esféricos que tienen respectiva­
mente iguales dos lados y el ángulo comprendido, son iguales.
2. Criterio de igualdad: Dos triángulos esféricos que tienen iguales un 
lado y los dos ángulos contiguos (o adyacentes), son iguales.
3. Criterio de igualdad: Dos triángulos esféricos que tienen los lados res­
pectivamente iguales, son iguales.
4. Criterio de igualdad: Dos triángulos esféricos de ángulos respectiva­
mente iguales, son iguales.
Señalemos, finalmente, que en todo triángulo esférico ABC se denomina 
exceso esférico del mismo al valor:
£ = Á+ B + C-211
también representado por 2E, denominádose a E el semiexceso esférico.
Utilizando, como se hará habitualmente, graduación sexagesimal en la 
medida de las magnitudes angulares se tiene:
£ = Á + B + C - 180°
Análogamente si a, b y c designan los lados de dicho triángulo, respecti­
vamente opuestos a los ángulos A, B y C, a la suma a + b+ c se la denomina 
perímetro del triángulo y se la representa por 2p. La diferencia
d = 28 = 360° - 2p 
18 Capítulo 2. Conceptos y fórmulas fundamentales
se denomina defecto esférico (¿ semidefecto y p semiperímetro) en cuya 
expresión, como en lo sucesivo mientras no se indique otra cosa, las medi­
das de los arcos que constituyen los lados a, b y c se expresan en grados 
sexagesimales.
De lo anterior se deduce, inmediatamente, que el exceso esférico de un 
triángulo es igual al defecto esférico de su triángulo polar, y recíprocamente.
Las notaciones indicadas para ángulos y lados se mantendrán sin más 
indicación en lo sucesivo.
2.6 Fórmulas de Bessel: Teorema del coseno
Sea ABC un triángulo esférico en el que supondremos, en primer lugar, 
que A y b son agudos. Supongamos que 0 es el centro de la esfera a la que 
pertenece dicho triángulo cuyo radio puede tomarse como unidad.
Sea P la proyección ortogonal del vértice C sobre el plano AOB y sea M 
su proyección ortogonal sobre 0.4. El plano C MP resulta entonces perpen­
dicular a la recta 0.4 por contener dos direcciones perpendiculares a ella, CP 
2.6. Fórmulas de Bessel: Teorema del coseno 19
y CM, de modo que el triángulo CMP es rectángulo en P y su ángulo en 
M es igual al A del triángulo esférico.
Teniendo en cuenta todas las consideraciones señaladas resultará:
OM — eos b, MC = sen b.MP — sen freos A, PC = sen frsen A
Tomemos ahora la quebrada OMPC y expresemos que la proyección de 
la resultante OC sobre el eje OX es igual a la suma de las proyecciones de las 
componentes OM, MP y PC sobre el mismo eje. Se tendrá:
Proy. OC = eos a ; proy. OM — eos b eos c
Proy. MP = sen b eos A eos (90° — c) = sen b sen c eos A
Proy. PC — 0, con lo cual
eos a = eos b eos c + sen b sen c eos A
Si A > 90° cambia el sentido de MP pero así mismo cambiaría el signo 
de eos A, con lo que el término correspondiente en la suma no variaría.
Si b > 90° bastaría con aplicar la fórmula obtenida al triángulo adyacente 
A'BC, siendo A' el simétrico de A respecto a 0, con elementos b' = 180° —
—b, c' = 180° — c, a' = a, A' = Á, y la fórmula obtenida subsiste.
Si A = 90°, se anula MP y si b = 90° se anula 0M lo que automáticamente 
es puesto de manifiesto por la anulación de eos A o de eos b. Luego la fórmula 
obtenida es válida en cualquier caso.
Permutando letras obtendremos las correspondientes relaciones para los 
demás elementos del triángulo, las cuales constituyen el denominado Primer 
grupo de fórmulas de Bessel
eos a = eos b eos c + sen b sen c eos A
eos b = eos a eos c + sen a sen c eos B
eos c = eos a eos b + sen a sen b eos C
(I)
cada una de las cuales relaciona los tres lados y un ángulo. Desempeñan, 
por lo tanto, un papel análogo al "teorema del coseno” en la Trigonometría 
Plana y pueden aplicarse para calcular:
1. un lado cualquiera, dados los otros dos lados y el ángulo comprendido.
2. los tres ángulos, dados los tres lados.
20 Capítulo 2. Conceptos y fórmulas fundamentales
2.7 Teorema de los senos
Proyectemos ahora la misma quebrada del epígrafe anterior sobre el eje 0Z 
perpendicular al plano AOB según se indica en la figura de la página 18. Se 
tendrá:
Proy. 0M = Proy. MP = 0
Proy. PC = PC = sen b eos A
Proy. 0C = sen hc
donde hc es el arco de círculo máximo que, pasando por C, es perpendicular 
al arco AB (por lo que también se le denomina altura esférica del triángulo 
ABC sobre el lado AB).
De las igualdades anteriores y razonando como en el caso precedente, se 
obtiene:
sen hc = sen b • sen A
válida también aunque A y B sean obtusos, por no variar de signo los senos. 
Si se aplicase el mismo proceso al ángulo B se obtendría
sen hc = sen a • sen B
que junto con la igualdad anterior nos da
sen a sen b
sen A sen B
y análogamente se obtendríapara C y c. Queda así probado el llamado 
"teorema de los senos’’ ó 2o Grupo de fórmulas de Bessel
sen a sen b sen c 
sen A sen B sen C (II)
Este teorema permite calcular un ángulo B (o un lado b) conocido su 
lado opuesto b (ó su ángulo opuesto B) y otros elementos oopuestos como a 
y A; pero el cálculo del tercer ángulo C no es tan fácil como en el plano por 
no existir la relación A + B + C = 180°. Necesitamos relaciones que liguen 
ángulos y lados no opuestos o los tres ángulos y un lado.
2.8. Relaciones entre lados y ángulos no opuestos 21
2.8 Relaciones entre lados y ángulos no 
opuestos
Sustituyendo en la primera de Is fórmulas (I) eos c por su expresión sacada 
de la tercera y sen c por su expresión sen a sen C / sen A obtenida de (II), 
resulta: 
eos a = eos &( eos a eos b + sen a sen b eos C) + sen a sen b sen C ■ ctg A 
y trasponiendo el término eos a cos26, resulta, después de dividir por 
sen a sen b:
ctg a sen b = eos b eos C + sen C ctg A
y, análogamente, las restantes expresiones que configuran un tercer grupo de 
relaciones
ctg a sen b = eos b eos C + sen C ctg A
ctg a sen c = eos c eos B + sen B ctg A
ctg b sen c = eos c eos A + sen A ctg B nrrA
ctg b sen a = eos a eos C + sen C ctg B '
ctg c sen a = eos a eos B + sen B ctg C
ctg c sen b = eos b eos A + sen A ctg C
que, según se observa, relacionan dos lados, el ángulo comprendido y uno 
opuesto.
2.9 Relación entre los tres ángulos y un lado
Aplicando las fórmulas del grupo (I) al triángulo polar del dado, es decir, 
sustituyendo los lados por los suplementos de los ángulos y viceversa, resulta:
eos A — —eos B eos C + sen B sen C eos a
eos B = —eos A eos C + sen A sen C eos b (IV)
eos C = —eos A eos B + sen A sen B eos c
fórmulas que relacionan los tres ángulos y un lado.
Con los cuatro grupos de fórmulas que hemos obtenido podemos abordar 
la resolución de triángulos esféricos en todos los casos, lo cual será objeto de 
estudio en el capítulo siguiente. Previamente, veamos en que se convierten 
estas fórmulas en dos casos particulares: los del triángulo rectángulo y del 
rectilátero.
22 Capítulo 2. Conceptos y fórmulas fundamentales
2.10 Fórmulas para los triángulos rectángu­
los: Regla de Neper
Supongamos que el triángulo esférico ABC es rectángulo en A, es decir, 
A = 90° y, por lo tanto, sen A = 1, eos A = 0, ctg A — 0. Las fórmulas 
anteriormente obtenidas quedarían, entonces, así:
| eos a — eos b • eos el (!’)
sen b = sen a sen B 
sen c = sen a sen C
tg b = tg a eos C 
tg c = tg a eos B 
tg b = sen c tg B 
tg c = sen b tg C
eos a — ctg B ctg C '
eos B = eos b sen C (IV’)
eos C — eos c sen B \____________________ i
Estas diez fórmulas, válidas solamente para los triángulos rectángulos, 
se construyen fácilmente con la siguiente regla nemotécnica de Neper:
Dispuestos en orden circular (como los vértices de un pentágono) los ele­
mentos 90o — b, 90o — c, B,a y C correspondientes al triángulo rectángulo ABC 
(que seguimos suponiendo con A = 90°) se verifica:
90-c 90-b
2.11. Fórmulas para ¡os triángulos rectiláteros 23
1. El coseno del elemento situado en cada vértice es igual al producto de 
las cotangentes de los adyacentes
2. El coseno de cada elemento es igual al producto de los senos de los 
situados en vértices opuestos
Con esta regla tendremos, en cada caso, la relación que nos convenga, 
según sean los tres elementos que queramos relacionar:
Ejemplos:
• Si queremos relacionar entre sí a.B y b resultaría
eos (90° — b) — sen a- sen B = sen b, que es la primera fórmula de (II’)
• Si queremos relacionar b, c y B, sería
eos (90° — c) — ctg (90° — b)- ctg B, es decir, sen c tg B = tg b, que es 
la tercera fórmula de (III’)
2.11 Fórmulas para los triángulos rectiláteros
Supongamos ahora a — 90°. Entonces sen a = 1, eos a = 0 y ctg a = 0. 
Sustituyendo en los grupos de fórmulas (I), (II), (III) y (IV) o aplicando las 
fórmulas del epígrafe anterior al triángulo polar, resulta:
eos A — —ctg b ctg c 
eos b = eos B sen c 
eos c = eos C sen b
sen B = sen A sen b 
sen C = sen A sen c (II”)
tg B = —tg A eos c 
tg C — —tg A eos b 
tg B = sen C tg b 
tg C = sen B tg c
24 Capítulo 2. Conceptos y fórmulas fundamentales
eos A = —eos B eos C i (IV”)
El pentágono de Neper para triángulos rectiláteros se conformará, por lo 
tanto, así:
Capítulo 3
Resolución de triángulos 
esféricos
3.1 Casos de resolución de triángulos rectán­
gulos
Los casos de resolución de triángulos rectángulos son seis, según resulta de 
hacer todas las combinaciones posibles con los demás lados y ángulos del 
triángulo, a parte del ángulo considerado recto, según se desprende de las 
fórmulas anteriores. Estos casos los consignamos, junto con el esquema de 
cálculo subsiguiente, aunque baste con emplear la regla de Neper, en el cuadro 
siguiente:
25
26 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
A = 90°
Datos Cálculos
1°
2o
3°
4°
5°
6o
a, b 
b. c 
a, B 
b,B 
b,C 
B,C
eos c
tg B 
sen b
sen a
tg a =
eos a
eos a n sen b tg b
eos b sen a tg a
tg 6 tg c= ------ ; tg C — ----- eos a — eos b ■ eos c
sen c sen b B
- sen B • sen a; tg c = tg a ■ eos B; tg C = —-—
_ 1 7-» COS asen b tg b eos B— ------ Sen C — --- ; Sen Q — -----
sen B tg B eos b
= ; tg c = sen b • tg C; eos B = eos b • sen C
COS D
_ L COS & _ COS
sen ( ’ ser b
En lo que concierne a los elementos determinados por sus senos se tendrá 
en cuenta la propiedad ya conocida de que ”a mayor lado se opone mayor 
ángulo y recíprocamente” o también la que se deduce de las relaciones
sen c = tg 6/tg B 
sen b = tg c/tg C
es decir, ”un cateto y su ángulo opuesto son simultáneamente agudos 
u obtusos”, lo que aplicado a los casos Io y 3° resuelve las respectivas am­
bigüedades en la determinación de B y b, sin por ello dejar de tener presentes 
las demás relaciones métricas entre lados y ángulos.
El único caso ambiguo, es decir, en el que la solución no es única, es el 4° 
pues si existe un triángulo solución el adyacente a él por el lado b también lo 
es por tener los elementos b y B' — B iguales a los dados:
3.1. Casos de resolución de triángulos rectángulos 27
Ambas soluciones son equivalentes si el triángulo es birrectángulo. La 
existencia de soluciones exige para los elementos dados pos sus senos o cosenos 
que estos sean < 1.
EJEMPLO Io: Resolver
a = 51°13'46" 
c = 37°4'13" (Caso Io)
un triángulo rectángulo (A = 90°) conociendo
eos B = ctg a tg c
eos (90° — c) = sen c = sen a sen C: sen C = sen c cosec a
eos a = sen (90° — b) sen (90° — c) = eos beos c: eos b = eos a sec c
log ctg a = 1,90481 
log tg c = 1,87823 
log eos B = 1,78304 
log sen c = 1,78017 
log cosec a = 0,10809 
log sen C = 1,88826
[B = 52°38'32" j C = 50°38'12"
28 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
log eos a = 1, 79672 
log sec c = 0,09805 
log eos b = í, 89477
6 = 38° 17'48"
EJEMPLO 2o: Idem anterior con datos B = 141°14' a ~ 14°39'16" (Caso 3°)
sen b = sen a ■ sen B 
ctg C = eos a • tg B 
tg c = eos B ■ tg a
log sen 14°39'16" = 1,40310 
log sen 141° 14'0" = 1,79668 
log sen 5—1,19978
b= 170° 53'8" ■
log eos 14°39'16" = 1,98564 
log tg 141°14'0" = 1,90475 
log ctg C = 1,89039
C = 127°50'44"~!
log eos 141°14'0" = 1,89193 
log tg 14°39'16" = 1,41747 
log tg c = 1,30940
c = 168°28'33"
EJEMPLO 3°: Idem anteriores con datos b = 2°4'14"B = 15° 19'3" (Caso 4°)
3.1. Casos de resolución de triángulos rectángulos 29
sen c — tg b • ctg B 
sen C — eos B ■ sec b 
sen a — sen b ■ cosec B
log tg b = 2,55814 
log ctg B = 0,56241 
log sen c = 1,12055 
log eos B = 1,98429 
log sec 6 = 0,00028 
log sen C = 1,98457
7°35'5"
172°24'55"
74°49'
105°ll'
log sen 6 = 2,55786
log cosec B = 0,57812
log sen a = 1,13598
í 7° 51'39"
( 172°8'21"
sin más que tener presente que a < b + c.
30 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
3.2 Resolución de triángulos isósceles
Para resolver un triángulo esférico isósceles ABC, se procede de modo 
análogo al de la Trigonometría plana, descomponiendo dicho triángulo en 
dos triángulos rectángulospor medio de la altura esférica o perpendículo 
AB sobre el lado desigual y aplicando entonces los métodos del apartado 
anterior.
Si AB — AC, es decir, b = c, será B — C, BH = -a y BAH — -Á, por 
lo que bastará dar:
1er Caso: dos lados desiguales (a y b)
2° Caso: dos ángulos desiguales (A y B)
3er Caso: un lado de los iguales y el ángulo desigual (6 y A)
4o Caso: un lado de los iguales y el ángulo opuesto (c y C)
5o Caso: el lado desigual y el ángulo opuesto (a y A)
6o Caso: el lado desigual y el ángulo contiguo (a y B)
Si el triángulo es equilátero a = b = c < 120°, será también equiángulo 
A = B = C > 60° y bastará con dar un lado < 120° o un ángulo > 60° para 
resolverlo aplicando lo anterior.
3.2. Resolución de triángulos isósceles 31
EJEMPLO 4°: Resolver un triángulo equilátero cuyos ángulos valen 135°
Á = B = C = 135° ; - = 67°30'
2
Bastará considerar el triángulo rectángulo AHB del que se conocen — = 
67°30/ y B = A = 135° con lo que para determinar a se tendrá:
cosa — ctg B ■ ctg A/2
log ctg 135° = 0,00000 
log ctg 67°30' = 1,61722 
log eos a = 1,61722
( A * A
a = W * como y < 90° y B > 90% será ctg - > 0 y
ctg B < 0 => eos a < 0 a > 90°; luego la solución es
|q = 114°28'11" = b = c
EJEMPLO 5o: Resolver un triángulo esférico equilátero cuyo lado es igual 
a 67° 32'8".
32 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
Consideremos el triángulo rectángulo AHB^ siendo AH la altura esférica 
sobre BC. Se tiene:
c = 67°32'8" 
c/2 = 33°46'4"
eos B = ctg C- tg c
2
log ctg 67°32'8" = 1,61646 
log tg 33°46'4" = 1,82519 
log eos B — 1,44165 
4 = B = C = 73°57T7
3.3. Casos de resolución de triángulos oblicuángulos 33
3.3 Casos de resolución de triángulos obli­
cuángulos: Resolución de un triángulo 
dados los tres lados
Los casos de resolución de triángulos oblicuángulos, según se desprende de 
las fórmulas obtenidas en el capítulo 2, son seis:
DATOS
Io Dados los tres lados a,b,c
2o Dados dos lados y el ángulo comprendido a,b,C
3o Dados dos lados y un ángulo opuesto a,b,A
4o Dados los tres ángulos A,B,C
5o Dados dos ángulos y el lado común A,B,c
6o Dados dos ángulos y el lado opuesto a uno de ellos A,B,a
Resolviendo el triángulo polar, los casos 4o, 5o y 6° se reducen a los 1°, 2o y 
3°, respectivamente, de modo que detallaremos solamente éstos.
Veamos la resolución del triángulo en el caso 1° en el cual son conocidos 
los tres lados a, b y c: en este caso el grupo I de fórmulas de Bessel (pag. 19) 
permite calcular los cosenos de los ángulos; por ejemplo:
eos a — eos b eos c
eos A = ----- —-—
sen b sen c
la cual se transforma del modo siguiente:
sen b sen c + eos b eos c — eos a
1 — eos A = --------------------- ------------------
^en b sen c
2 sen —(b — c + a) sen -(a — b + c)
=--------2------------ ---------2- ---------- = 2 sen 2
sen b sen c
= 2cos2^ (2)
sen b sen c
eos (b — c) — eos a 
sen b sen c
(1)
Análogamente,
1 + eos A = -
sen b sen c — eos b eos c + eos a
sen b sen
2 sen -(a + b + c) sen 
2
sen b sen c
eos a — eos (b + c)
34 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
Teniendo en cuenta que a + b + c = 2p, b + c — a — 2(p — a), a — b + c = 
2(p — b),a + b — c = 2(p — c), (1) y (2) se transforman respectivamente en:
sen 2 _ sen (.P — sen ÍP ~ c) 2 sen P sen (P — a)
2 sen b sen c 2 sen b sen c
de donde que
2 A sen (p — 6) sen (p — c)
" 2 sen p sen (p — a)
y, análogamente
2 B sen (p — a) sen (p — c)
2 sen p sen (p — b) 
2 C sen (p — a) sen (p — b) '
2 sen p sen (p — c)
fórmulas análogas a las de Briggs en el plano que no sólo permiten calcu­
lar logarítmicamente los ángulos buscados sino que optimizan el proceso 
numérico conducente a la obtención de los mismos, razones por las cuales 
se procederá análogamente en la resolución de los casos que seguirán.
EJEMPLO: Resolver el triángulo esférico cuyos lados son a = 85°3'42", 
b = 60°42'50" y c = 35°10'8"
SOLUCIÓN:
p = 90°28'20"
p - a = 5°24'38" 
p - b = 29°45'30" 
p-c = 55°18T2"
log sen (p — b) = 1,69578 
log sen (p - c) = 1,91497 
colog sen p = 0, 00001 
colog sen (p — a) = 1,02553
log tg 2- = 0,63629 ^'A = 128°39A7" |
3.4. Fórmulas de Gauss-Delambre y de Neper 35
log sen (p — a) — 2,97447 
log sen (p — c) = 1,91497 
colog sen p — 0,00001 
colog sen (p — b) = 0,30422
log tg 2^- = 1,19367
log sen (p — a) = 2,97447 
log sen (p — b] = 1,69578 
colog sen p = 0,00001 
colog sen (p — c) = 0,08503
log tg 2 y = 2,75529
B = 43° 7'45"
=>|C = 26°50T7"¡
La indeterminación o ambigüedad en la elección de los valores agudos u 
obtusos se resuelven teniendo en cuenta que ha de ser A > B > C y que 
A + B + C > 180°. Si se manejan valores tabulados de funciones "argumento 
cuadrado un medio” (Caso de las TABLAS NÁUTICAS de F. Graiño, Tabla 
II, pags. impares) no se plantea duda alguna.
Abordemos ahora el estudio del Caso 2° de resolución de triángulos esfé­
ricos.
3.4 Resolución de un triángulo dados dos la­
dos y el ángulo comprendido: fórmulas 
de Gauss-Delambre y de Neper
Supongamos conocidos a, b y C. El primer grupo de fórmulas de Bessel nos 
da el tercer lado c mediante la expresión.
eos c = eos a eos b + sen a sen b eos C
igualdad cuyo segundo miembro puede transformarse en un monomio 
mediante diversos cambios de variable que ilustraremos posteriormente con 
ejemplos. Obtenido c se pueden determinar A y B por medio del teorema de 
los senos (pag. 20) o reduciéndolo al caso 1°. Ello, entre otros inconvenientes, 
produce un aumento en el error de acumulación debido a la propagación de 
los errores iniciales a lo largo del proceso de cálculo. Se evitan tales incon­
venientes optimizando el proceso de determinación de los valores buscados 
mediante las fórmulas que vamos a obtener a continuación:
36 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
En la identidad
A + B A B A B
eos —-— = eos — eos sen — sen — 
2 2 2----------- 2 2
sustituyamos los términos del segundo miembro por las correspondientes 
expresiones obtenidas en el epígrafe anterior. Resulta:
A + B
2
eos . sen p sen (p — a) sen p sen (p — b) 
V sen b sen c i sen a sen c
‘ sen (p — b) sen (p — c) / sen (p — a) sen (p — c) 
'i sen b sen c \ sen a sen c
sen p sen (p — c) ! sen. (p — a) sen (p — 6) 
sen c sen c \ sen a sen b
c a + b
sen p — sen (p — c) C sen o cos ñ C 
sen — = ---------------~ sen — =
sen c 2 sen _ cos _ 2
2 2
2 2
a + b
cos ------
2---- -—£— sen —c 2cos — 4
2
A + B 
2
Esta expresión y sus análogas obtenidas a partir de sen
cos
A — B A — B
—-— y sen—-—
2 2 , suelen escribirse en forma de proporción, a saber:
A+B a + b 
cos_____ cos____ 
2------- 2
C ~ c
sen — cos o2__________ 2
A+B a — b sen——— cos-------
cos — cos 9
2 2
A—B a + b 
cos —-— sen -------2 _ ______ 2_
C ~ csen — sen o 2 2
A-B a-b sen -------- sen ------
2 2
C ~ ccos — sen ñ
3.4. Fórmulas de Gauss-Delambre y de Neper 37
conocidas con el nombre de analogías o fórmulas de Gauss-Delambre por 
haberlas hallado ambos independientemente.
Dividiendo miembro a miembro las fórmulas de Gauss-Delambre se ob­
tienen las denominadas fórmulas de Neper (descubiertas mucho antes) y que 
resultan las fórmulas de utilización más práctica por su precisión y simetría, 
a saber:
a — b
A + B cos C
cos 2
A-B
a + b cos o c 
t9^~ = ~A^Bt92 
cos--------
2
a — b
A—B *en 9 C
2 = a + bct92
sen 2
U 171 
cq 
cq 
| 
CU + 
<7-1 
g
 
g
«i 
<u
II
1 
O
I
<s
De este modo, para resolver un triángulo esférico dados a, b y C, podemos 
r i c r j m u j t A+B A—Baplicar las formulas de Neper y con ellas determinar —-— y —-— con lo 
que se obtendrían A y B; el "teorema de los senos" o, mejor, una fórmula de 
Gauss-Delambre dará a continuación el tercer lado c.
EJEMPLO 1: Resolver un triángulo esférico del que se conocen a = 
98°32'8", b = 22°5'12" y C = 74°36'24".
SOLUCION:
Considerando las dos primeras fórmulas de Neper se tendrá que
- = 38°13'28"; = 6(ri8'40"; - = 37°18'12'
2 ’ 2 ’ 2
38 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
log eos —-— = 1,89519 
A
logctg — = o, 11811
log sec ——■ = 0,30514
“ T+7?
logtg 1, =0,31844
4 । d
—— = 64°20'33"
A = 107°24'54"
para cuya determinación se ha tenido 
dos por resultar sus tangentes pe 
de las fórmulas de Gauss, resulta:
log sen ——— = 1,79152 
A
log ctg — = 0,11811
log cosec = 0,06111
logtg -^ = T, 97074
4 _ R
-------- = 43°4'21" 
2
B = 21°16'12"
A+B A — Bi cuenta que —y —-— son agu-
s. Finalmente, utilizando la primera
log sen — = 1,78249
log eos —= 1,69486 
4 X R
log sec —-— = 0,36352
log eos - = 1,84087
c , ,- sera agudo.Como resulta eos — > 0, 
2 ’
Con todo ello se obtiene: 
46°6'51"; c = 92°13'42", lo que concluye el problema.
c
2
Sin embargo, cuando sólo se requiera la determinación de c y no sea 
necesario calcularlo con la máxima precisión puede procederse como sigue:
Puesto que eos c = eos a eos b + sen a sen b eos C = eos a(cos b + 
+ tg a sen heos C), hagamos
ctg = tg a eos C (1)
con lo que se tendrá
eos c / 7 , , , , , . eos w sen b,= eos a(cos o + sen b ctg <p) = eos a(cos b 4----------------) =
sen tp
. sen p eos b + eos wsen b, eos a sen (b + o) = eos a( ------------------------------ ) = ------------ ------— (2)
sen:/? sen p
3.5. Otros casos de resolución 39
De este modo, determinando el ángulo auxiliar mediante (1) se puede 
después calcular c mediante (2):
logtg 98°32'8" = 0,82367 
log eos 74°36'24" = T, 42398 
log ctg p — 0,24765
p = 151°4'42"
b = 22O5'12"
b + p = 173°9'54"
log eos 98°32'8" = 1,17150 
log sen 173°9'54" =1,07558 
logeosee 151°4'12" = 0,31539 
log eos c = 2,56247
Como eos c < 0 c > 90°, con lo que resulta
c = 92°5'34"
3.5 Resolución de un triángulo dados dos la­
dos y el ángulo opuesto a uno de ellos
Supongamos que los lados sean a, b y A: el teorema de los senos proporciona 
el ángulo B
sen b sen A
sen B = ------------- 
sen a
y los grupos de fórmulas III o IV, (pág. 21), permiten calcular los demás 
elementos del triángulo. Pero resulta más práctico para ello el utilizar las 
fórmulas de Neper que permiten obtener C y c con las primeras o las segun­
das, respectivamente.
Para que la solución exista y puesto que ha de ser sen B < 1, en virtud 
de la igualdad (*) se ha de tener necesariamente que
sen b sen A < sen a
es decir, como se observa en la figura adjunta, que hc < a.
40 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
Si es hc < a pueden existir dos soluciones. La decisión sobre su validez 
puede tomarse considerando la construcción del triángulo o la relación con­
sistente en que ”en todo triángulo esférico a mayor lado se opone 
mayor ángulo y recíprocamente”, lo que concluye la discusión.
EJEMPLO 1: Resolver un triángulo esférico del que se conocen 
a = 76°42'12",b = 74°14'35" y Á = 82°41'40"
SOLUCIÓN:
sen B = sen b ■ sen A
sen a
C tg^(A-B)-sen7-(a+b) c tg-(a - b)sen-(A + B) 
ctg — = —— i - : tg - = —¿,------
sen -(a — b) sen -(A — B)
log sen 82°41'40" = 1,96646
log sen 74°14'35" = 1,98337
log cosec 76°42'12" = 0,01180 => B = 78°47'8",
log sen B = 1,99163
teniendo en cuenta que a mayor lado se opone mayor ángulo: b < a => B < A.
A — B
2 = Io 57'16"
A + B
2
= 80°44'24"
3.5. Otros casos de resolución 41
- = 1°13'48",5 = 75°28'23",5
log tg 1°57'16" = 2,53308 
log sen 75°28'23",5 = 1,98589 
log cosec 1°13'48", 5 = 1,66820
log ctg -C = 0,18717
log tg 1°13'48",5 = 2,33190 
log sen 80°44'24" = 1,99430 
log cosec 1°57'16" = 1,46717
log tg -= 1,79337
=> C = 66°02'13"
=> c = 63°42'48"
EJEMPLO 2: Resolver un triángulo esférico del que se conocen 
a = 42°42'12", b = 65°36' y Á = 37°45'
SOLUCIÓN:
sen b ■ sen A
sen B = sen a
log sen 65°36' = 1,95937 
log sen 37°45' = 1,78691 
log cosec 42°42'12" = 0,16864 
log sen B = 1,91491
Bj = 55° 17'37"
B2 = 124°42'24"
siendo ambos valores admisibles pues son mayores que A (tengamos pre­
sente que b > a); existirán por lo tanto dos triángulos solución. Obtengamos, 
en primer lugar, el correspondiente a Bi:
= 46°31'18",5 — = 8°46'18",5
— = 54°9'6' 
2
— = 11°26'54"
Bi A A
, C1
tg 2 =
eos —-—
—B^-A
eos
2
b A ct
ctgy-
eos
b + a
BrAA 
b — a 2
2
42 Capítulo 3. Resolución de triángulos esféricos
log tg 54’9'6" = 0,14116 
log eos 46’31'18", 5 = 1,83764 
log sec 8’46'18", 5 = 0,00511
log tg = 1,98391
cí = 87’52'38"
Análogamente, el correspondiente
= 81° 13'42" 
log tg 46’31'18", 5 = 0,02308 
log eos 54’9'6" = 1,76763 
log sec 11’26'54" = 0,00873
log ctg -Ci — 1,79944
ci = 115’33'59"
B2:
D _ A
----- ■ = 43’28'42"
log tg 54’9'6" = 0,14116 
log eos 81’13'42" = 1,18327 
log sec 43’28'42" = 0,13929
log tg -c2 = 1,46371
c2 = 32’26'12"
----- = 11’26'54"
log tg 81’13'42" = 0,81163
log eos 54’9'6" = 1,76763 
log sec 11’26'54" = 0,00873
log ctg -C2 = 0,58799
C2 = 28’57'32"
Ejercicios 43
EJERCICIOS
44 Ejercicios
A fin de facilitar la comprensión de los ejercicios que siguen, introducimos 
previamente algunas nociones geográficas y náuticas de utilidad.
Coordenadas geográficas
Para situar un punto P sobre la superficie esférica terrestre se utiliza 
un sistema de referencia formado por dos circunferencias máximas perpen­
diculares: el Ecuador y el Meridiano origen o Meridiano Cero, círculo 
máximo que pasa por los polos Norte y Sur Geográficos (polos geométricos 
del círculo máximo Ecuador puesto que se trata de los extremos del diámetro 
perpendicular al mismo) y por un punto predeterminado (habitualmente Gre- 
enwich).
El Meridiano 0 divide a la esfera terrestre en dos mitades o hemisferios 
denominados oriental u occidental según se encuentren situados al Este 
(E) o al Oeste (W), respectivamente, de dicho meridiano. Análogamente, el 
Ecuador divide a la superficie esférica terrestre en dos hemisferios denomi­
nados septentrional, boreal o norte, el que contiene al polo del mismo 
nombre (N), y meridional, austral o sur el que contiene al otro polo (S).
La posición del punto P considerado se determinará trazando la circun­
ferencia máxima que pasa por P y los polos N y S; la semicircunferencia 
que contiene a N, S y P se denomina meridiano de P y la semicircunfe­
rencia restante, antimeridiano de P, quedando definidas las dos magnitudes 
siguientes:
Ejercicios 45
LONGITUD
La longitud es la medida del arco de Ecuador OQ comprendido entre 
el meridiano 0 y el de P; su valor oscila entre 0o y 180° al Este o al Oeste 
según que el meridiano de P se encuentre en el hemisferio oriental o en el 
occidental.
Por definición de ángulo esférico (véase el parágrafo 2.1) la longitud co­
incide con el ángulo que forman los meridianos 0 y de P al cortarse en los 
polos.
La longitud se representa por L. Así en la fig. 1, el punto P tiene una 
longitud de 30° Este lo cual se indicaría
L = 30°E
En la fig. 2, P tiene una longitud de 120° Oeste, lo que se indicaría
L = 120°W
46 Ejercidos
Evidentemente todos los puntos situados en el mismo meridiano tienen 
la misma longitud y la variación de longitud de un punto a otro puede de­
terminarse mediante el ángulo entre meridianos.
Así en la fig. 3 se tiene:
S
Ejercicios 47
AN B — OQi + OQ2 — La + Lb 
BNC =Q2Q3 = OQ3-OQ2 = 
— Le — Lb
La Latitud es la medida del arco QP de meridiano del punto considerado, 
comprendido entre dicho punto y el Ecuador; su valor oscila entre 0o y 90° 
al Norte o al Sur, según que P se encuentre en el hemisferio septentrional o 
en el meridional, respectivamente, y se representa por o A.
Así, en la fig. 4, el punto P tiene una latitud de 45° Norte, lo que se 
indicaría
y = 45° N
Todos los puntos situados en un misma latitud se encontrarán sobre un 
plano paralelo al Ecuador cuya sección con la superficie esférica es una cir­
cunferencia menor denominada paralelo. Los arcos de paralelo, como no 
son de circunferencia máxima, no determinan triángulos esféricos por lo que, 
por sí mismos, no son útiles a efectos estrictamente trigonométricos.
48 Ejercicios
El arco NP de meridiano comprendido entre el punto considerado y el 
polo de su hemisferio se denomina colatitud y su valor, evidentemente, es 
el complementario de la latitud:
NP = 90° - p
Ambas magnitudes, longitud y latitud, reciben el nombre de coordena­
dasgeográficas del punto P y, cuando están determinadas, se dice que la 
situación o posición de P es conocida.
Distancia geográfica
La distancia geográfica entre dos puntos de la superficie de la esfera te­
rrestre no es sino la distancia esférica entre los mismos (véase parágrafo 2.1). 
Además de en grados sexagesimales, minutos y segundos, se acostumbra a 
expresarla en millas náuticas.
La milla náutica es la longitud de un arco de circunferencia máxima de 
la esfera terrestre cuya medida es l’(un minuto) de grado sexagesimal.
El nudo es un unidad de velocidad: la milla por hora.
La trayectoria seguida por un buque en navegación se denomina derrota. 
Cuando la derrota seguida es una arco de circunferencia máxima, se denomina 
derrota ortodrómica.
Rumbo
Es el ángulo formado por la derrota orientada, en un punto determinado 
de la misma, con el meridiano de ese punto. Se mide tomando el origen de 
ángulos sobre el arco de meridiano que une el punto citado con el polo Norte 
y en sentido dextrorsum, por lo que su valor oscilará entre 0o y 360°.
Ejercicios 49
Ejemplos:
* En la fig. 5, un buque que se dirige de A hacia B lleva en A el rumbo 
30°.
• En la fig. 6, un buque que se dirige de A a C lleva A el rumbo 280°; 
el buque que zarpa de P lo hace al rumbo 315°; el buque que desde Q 
llega a B lo hace con rumbo 120°; un buque que desde B se dirigiera 
hacia Q, saldría de B con rumbo 120° + 180° = 300°.
* * *
ADVERTENCIA: En los enunciados que siguen, mientras no se 
indique lo contrario, se entenderá que todas la derrotas, distancias 
recorridas, etc., tienen lugar sobre circunferencias máximas.
50 Ejercidos
Resolver un triángulo rectángulo esférico del que se conocen: A = 
90°, b = 63°14'21", 4 y c = 39°23'12".
Solución:
Utilizando el método descrito en 2.10 (pentágono de Neper) se tendrá 
que:
eos a = eos b ■ eos c
y por lo tanto:
log eos 63° 14'21", 4 = 1,65347
log eos 39°23' 12" = T, 88811_ 
log cosa =1,54158
Como b y c < 90°, serán eosb y cose > 0 => cosa > 0 => a < 90° : 
a = 69° 38^
sen b=ctg C • tg c => ctg C=sen b • ctg c:
log sen 63°14'21",4 = 1,95080 
_ log ctg 39°23'12" = 0,08565 
log ctg C = 0,03645 
y, como anteriormente, C < 90°
} =» C = 42°35'55" .
sen c = ctg B - tg b => ctg B=sen c ■ ctg b
Ejercicios 51
log sen 39°23'12" = 1,80247 
log ctg 63° 14'21", 4 = 1,70267 
log ctg B = 1,50514 
y, nuevamente como en
casos anteriores, B < 90°
=> B = 72° 15'21"|
a
E
Resolver un triángulo esférico equilátero cuyo lado es igual a 67°32'8",6. 
Solución:
A
Considerando el perpendículo o altura esférica sobre uno de los lados, 
resulta un triángulo rectángulo BBC, por lo que se tendrá:
cos B=ctg c ■ tg |
c = 67°32'8", 6; = 33°46'4", 3
log ctg 67°32'8", 6 =1,61646 
Jog tg33°46'4",3 = 1,82519 
log cos B = 1,44165
A = B = C = 73°57'1"
52 Ejercidos
Resolver un triángulo esférico equiángulo cuyos ángulos valen 73°57'2" 
Solución:
A
a Aeos a= ctg A • tg — 
2
A = 73°57'2" 
y = 36°58'31" 
log ctg 73°57'2" = 1,45890 
log ctg 36°58'31" = 0,12328 
íogeos a = 1,58218 
| a = b = c = 67°32'1Ó"
Ejercidos 53
4
Resolver un triángulo rectilátero del que se conocen: c = 102° y A = 
36°25/8//, sabiendo que a es el lado recto.
Solución:
180-A
C-90 B-90
Teniendo presente 2.11, resulta:
eos (180° — A) = ctg (180° — b) ctg (180° — c)
-eos A = ctg b ■ ctg c 
ctg b = -eos A • tg c 
Como A < 90° => eos A > 0
c < 90° => tg c < 0
| => ctg b > 0
b < 90°. Análogamente:
eos (C — 90°) = sen (180° — A) sen (180° — c) — sen A ■ sen c > 0
Como C es de la misma naturaleza que c (el triángulo polar del dado es 
rectángulo) C será obtuso por lo que C — 90° > 0 y eos (C — 90°) > 0 => 
C - 90° < 90°.
Como b < 90°, sera B < 90° y por lo tanto de eos (180° —c) = ctg (180° — 
A) • ctg (B — 90°) => ctg (B — 90°) = -eos c • (-tg A) = eos c • tg A = 
-ctg (90° — Bj = -tg B => tg B — -eos c- tg A > 0 => B < 90°, como 
sabíamos. Por lo tanto:
54 Ejercicios
log eos 36°25'8" = 1,90564 
____ logtg 102° = 0,67253 
log ctg b = 0,57817
log sen 36°25'8" = 1,77355 
log sen 102° = T, 99040 
log eos c — 90° = 1, 76395
b = 14°47'46"~[ C - 90° = 54°30' 
[C = 144°30~
log tg 36°25'8" = 1,86792 
log eos 102° = 1,31788 
logtg B = 1,18580
' B = 8°43'14"
Resolver un triángulo rectángulo esférico conociendo a + c = 132°1'16" y 
b = 70°0'59" y siendo a la hipotenusa.
Solución:
a + cl í p= ^a + b+c) = 101°l'7",5
b J | p — 6 = 31°0'8",5
que se relacionan mediante la expresión obtenida a partir de las encon­
tradas en 3.3.
A C sen (p — 5) 
tg y • tg y = ‘ —---- —sen p A = 90° => tg y = 1;
luego:
log sen 31°0'8", 5 = 1,71187 | 
log cosec 101°l'7",5 = 0,00808
log tg y = 1,71995 I
=> £ = 27°41'17"
। C = 55° 22'34"
Ejercicios 55
sen b — ctg C • tg c: tg c — sen b ■ tg C 
eos B = sen C • eos b
log sen 70°0'59" = 1,97303 log sen 55°22'34" = 1,91535 
log tg 55°22'34" = 0,16085 log eos 70°0'59" = 1,53370 
logtg c = 0,13388 log eos B = 1,44905
c = 53°41'40" | ; B = 73°40'~ 
a = 78° 19'36"
Resolver un triángulo esférico conociendo A — 120°13'15",
B = 112°43'17" y a = 125°23'42". Determinar el lado c por un método 
directo semejante al del Ejemplo 1 de 3.4 y comparar los resultados.
Solución:
log sen 112°43'17" = 1,96492
sen B • sen a log sen 125°23'42" = T, 91126
Sen b “ ~ sen A ’ logeosee 120°13'15" = 0,06344
log sen 6= 1,93962
= 60°28'52 ¡ y 62 = ÍW^VS" | pues ambos valores cumplen que 
6 < a ya que B < A. Habrá, pues, dos soluciones:
56 Ejercicios
5 = te 2^. cte £ - fa A-Bsen ¿^- 2 ’ clg 2 sen a=± tg 2
2 2
= 116’28'16"
= 3’44'59"
= 32’27'25" 
= 97’56'17"
log tg 32’27'25" = 1,80347 
log sen 116’28'16" = 1,95190 
log cosec 3’44'59" = 1,18443 
log tg ^- = 0,93980
[ C1 = 166°53'40^~
log tg 3’44'59" = 2,81650 
log sen 97’56'17" = 1,99582 
log cosec 32’27'25" = 0,27030 
log tg ^ = 1,08262
= 2’56'17" 
= 122’27'25"
log tg 2’56'17" = 2,71031 
log sen 116’28'16" = 1,95190 
log cosec 3’44'59" = 1,18443
log tg = 1,84664
I c2 = 70°10'32"~
log tg 3’44'59" = 2,81650 
log sen 122’27'25" = 1,92624 
log cosec 2’56'17" = 1,29025 
log ctg = 0,03299
Ci = 166° 12'24" C2 = 85’39'8"
Si ahora se considera en el grupo de.fórmulas (III), obtenido en 2.8, de
ctg a ■ sen c = eos c ■ eos B + senB • ctg A 
se obtiene que:
sen c = eos B tga(cos c + tg B • ctg A)
y efectuando el cambio
tg p = eos B • tg a
resulta
sen c = ^7(cos c + tg B • ctg A)
sen c • cos p = cos c ■ sen ¡p + tg B • ctg A • sen p 
sen (C — p) = tg B • ctg A ■ sen p
que va a permitir calcular el lado c sin resolver el triángulo:
log cos 112’43'17" = 1,58687
logtg 125°23'42" = 0,14842
log tg p = 1,73529 p = 28’31'44"
Ejercicios 57
logtg 112*43'17" = 0,37805
log ctg 120o13'15" = 1,76529
log sen 28*31'44" = T, 67907
log sen (c — — 1, 82241 => c — <p =
lo que finalmente, nos da:
d = 166*53'40" y c2 = 70° 9'48"
0
Resolver un triángulo esférico del que se conocen sus tres lados: 
a = 41*17'20", b = 48*23'30" y c = 51*33'11".
Solución:
p = 70*37'0", 5
p — a = 29° 19'40", 5
p- b = 22° 13'30", 5
p-c = 19*3'49", 5
Utilizaremos las fórmulas obtenidas en 3.3. que determinan un ángulo en 
función de los lados:
„A sen (p — bi sen (p — c) . 
tg2-= y similares.2 sen p sen [p — a)
Se tiene:
log sen 22*13'30", 5 = 1,57778 
log sen 19*3'49", 5 = 1,51405 
colog sen 29°19'40", 5 = 0,30997 
colog sen 70*37'0", 5 = 0,02534
log tgJ = T, 42714 => A = 54*41'12" |
colog sen 22° 13'30", 5 = 0,42222 
log sen 19° 3'49", 5 = 1,51405 
log sen 29*19'40", 5 = 1,69003 
colog sen 70*37'0", 5 = 0,02534
log tg2 = T, 65164 =>lB = 667*36'47"
58 Ejercicios
log sen 22°13'30",5 = 1,57778 
colog sen 19°3'49",5 = 0,48595 
log sen 29°19'40", 5 = 1,69003 
colog sen 70°37'0",5 = 0,02534 
logtg2j = T, 77910
2 sen E sen (c-E)
^C = 75°357!
Resolver un triángulo esférico del que se conocen sus tres ángulos: A = 
54°41'10", B = 67°36'45" y C = 75°34'59".
Solución:
Pasando al triángulo polar, el problema se reduce al ejercicio anterior. 
Sin embargo, es posible obtener fórmulas que determinen directamente los 
lados del triángulo esféricoen función de sus ángulos. En efecto, del triángulo 
polar se conocerían:
a' = 180° - A 
b' = 180° - B 
d = 180° - C
Con lo que de
2p' = 360° - [A + B + C - 180°] = 360° - 2E 
p' = 180° - E-p' - a' = 180° - E - (180 - A) = 
= A — E,p' — br = B — E y
P' - d = C - E
t 2 A' sen (p' — b') sen (p' — c') 
sen p' sen ip' — a')
como tg — tg (90 — -) = 5’ resu^a Analmente
, la _ sen ic-e sen b-e\ 
ctS 2 sen e sen (A-E)
y, análogamente:
.26 _ sgn a-E' sen c-e¿ 
2 sen E sen (B-E)
■ 2c _ sen <a-£ i sen iB-gi
En consecuencia:
E = ¿(A + B + C — 180°) = 8°56'27"
A - E = 45°44'43"
B - E = 58°40'18"
C - E - 66°38'32"
log sen 66°38'32" = 1,96287
log sen 58°40'18" = 1,93156 
colog sen 45°44'43" = 0,14494 
colog sen8°56'27^= 0,80851
logctg'l = 0,84788
Ejercicios 59
a = 41°17'18" 
log sen 66°38'32" = 1,96287 
colog sen 58°40'18" = 0,06844 
log sen 45°44'43" = 1,85506 
colog sen 8°56'27" = 0,80851
log ctg2^ = 0,69488
6 = 48°23'28" j
colog sen 66°38'32" = 0,03713 
log sen 58°40'18" = 1,93156 
log sen 45°44'43" = T, 85506 
colog sen 8°56'27" = 0,80851 
logctg2| = 0,63226
| c = 51°33'11"
9
Resolver un triángulo esférico del que se conocen a + c — 210°48'2", A + 
C = 196°59'35" y b = 81°38'.
Solución:
La primera de la fórmulas de Gauss-Delambre obtenidas en 3.4 relaciona 
los datos, con lo cual:
cos^^ cos^^ 
sen y cos|
= 98°29'47",5
= 105’24'1"
| = 40’49'
y podemos determinar B.
log cos98°29'47", 5 = 1,16952
log cos40°49' = 1,87898
log secl05’24'l" = 0,57583
log sen £ = T, 62433” f = 24° 54'2"
60 Ejercicios
.pues si se tomase ® obtuso, B no sería convexo (y todos los lados y 
ángulos de un triángulo esférico deben ser convexos, esto es, menores que 
180° según se vió en 2.2.).
B = 49°48'4^
En estas condiciones, dos fórmulas de Neper permitirán determinar a — c
y .4 + C y, con ellos, concluir el problema.
tg
cos^ B
Loo 2
A + C
2
logtg98°29'47", 5 = 0,82568 
log cosl05°24'l" = 1,42417 
log tg24°54'2" = T, 66670 
logcos2^ = 1,91655
obtuso => tg^i < o
obtuso => cosáis < 0
f agudo =?• tgf > 0
por lo que cos2^ > 0 => agudo; de donde que
= 34°24'30"
= 105°24'l"
\a= 139°48'31" ] y [c= 70°59'31"
Análogamente
tg
A-C 
2
sen2^ 
sen^y2
B
ctg2
log sen34°24'30" = T, 75212 
log ctg24°54'2" = 0,33330 
log cosed 05°24T' = 0,01588 
logtg-^- = 0,10130
Como resulta, razonando como en el caso anterior que tg^^ > 0, será 
4^ agudo; así: 
= 51°37'21" 1
= 98°29'47",5 J
=> ¡ A = 150°7'9" | y C=46°52'27"
Ejercicios 61
10
Determinar el lado a y el ángulo A de un triángulo esférico del que se 
conocen el perímetro 2p = 232°3'23" y los ángulos B = 95°1'23" y C = 
37020'49"
Solución:
Los tres datos se relacionan entre sí multiplicando miembro a miembro 
las dos últimas relaciones obtenidas en 3.3, con lo que:
B C sen (p — a) 
tg T ’ tg - = ---- '2 2 sen p
p
- = 47°30'41",5; — = 18°44'54", 5; p = 116°1'41", 5 2 ’ ’ 2 ’ ’ y
logtg 47°30'41",5 = 0,03812 
logtg 18°44'54",5 = 1,53074 
log sen 116°1'41",5 = 1,95356
log sen (p — a) = 1,52242 => p — a = 19°27'
(si se tomase su suplementario superaría a p) => [ a =p-(p-a)= 96°34'42" 
Una de las fórmulas de Gauss-Delambre, permite concluir:
cos^±£ 
sen 4
cosáis 
eos í
= 66°15'36": = 67°44'20",5
| = 48°17'21
log eos 66° 15'36" = 1,60486 
log eos 48°17'21" = 1,82306 
logsec 67°44'20",5 = 0,42156 
log sen — 1,84948 | = 44°59'55"
¡ A = 89°59'50"
11
Resolver un triángulo esférico del que se conocen a + c = 20°48'21", A +
C = 42° 16'17" y b — 75°
62 Ejercicios
Solución:
Como b — 75° > a + c = 20°48'21" no existe tal triángulo esférico, pues, 
según quedó establecido en 2.3, ”cada lado de un triángulo esférico es menor 
que la suma de los otros dos”
12
Demostrar que en todo triángulo esférico equilátero se verifica la igualdad 
siguiente:
A a
¿sen — = sec -
2 2
Demostración:
Sea ABC el triángulo esférico equilátero considerado. Trazando la altura 
esférica AM sobre un lado cualquiera, en el ¿\AMC, rectángulo en M. se 
tiene:
eos (90 — %) — sen | = sen a ■ sen ~ =
= 2sen | • eos | • sen y =$
=> 1 = 2cos | • sen y => 2sen y = sec |
Ejercicios 63
13
Si ABC es un triángulo esférico en el que el punto medio del lado AB 
equidista de los tres vértices demostrar que se verifica la relación siguiente:
Sea M el punto medio de AB: puesto que MA = MB = MC = 
los triángulos esféricos MAC y MBC son isósceles; si trazamos sus alturas 
esféricas MP y MQ, respectivamente, en los triángulos rectángulos que se 
indican se tiene:
64 Ejercicios
¿\MPC
&MQC
Elevando 
miembro:
' P = 90°
■ MC = ~^=4
' 0 = 90°
- MC = j
ai cuadrado
=> eos (90 — |) = sen | = sen Mi -sen | (1)
=> eos (90 — = sen | = sen Afj-sen | (2)
las igualdades (1) y (2) y sumando miembro a
sen2^ + sen2^ = sen2^(sen2Mi + sen2dl2)
Como 2Mi + 2M? — 180° => Mi + M? = 90° => sen Mi - eos M? => 
sen2Afj + sen2AÍ2 = 1, de donde el resultado buscado.
UU
Demostrar que si un triángulo esférico tiene dos lados suplementarios, 
los ángulos respectivamente opuestos a ellos son también suplementarios y 
recíprocamente.
Demostración:
Sea A = 180° — B; como sen A — sen B se tendrá que
sen A sen a
1 — ----- — — ----- - sen a = sen b a = 180 — o, 
sen B sen b
ya que ”a” no puede ser igual a ”b”, pues en tal caso el triángulo sería 
isósceles y entonces A = B contra lo supuesto. Análogamente se establece el 
resultado recíproco, o bien, considerando la propiedad anterior en el triángulo 
polar.
[ID
Tres puertos ocupan los vértices de un triángulo birrectángulo cuyo ángulo 
desigual es de 52<>53'54". ¿Qué distancia, en millas náuticas, debe recorrer 
un buque que una consecutivamente, navegando por círculo máximo, los tres 
puertos?
Ejercicios 65
Solución:
Puesto que ABC es birrectángulo, es birrectilátero y al ser A un polo de 
BC es a = BC = Á — 52°53'54" y por lo tanto:
54
d = 2 ■ 90° + 52°53 54" = 232 • 60 + 53 + — = 13.973,9 millas náuticas
16
Un buque, que zarpa de un determinado puerto, navega por la ruta más 
corta hacia el Ecuador. En un cierto momento, pone rumbo al Este, siempre 
navegando sobre círculo máximo, hasta cortar al Ecuador. Demostrar que, 
cualquiera que sea la posición en que se produzca el cambio de rumbo, siempre 
navegando por círculo máximo, se alcanza el Ecuador en el mismo punto.
66 Ejercicios
Demostración:
El triángulo PBQ será siempre birrectángulo y, por tanto, birrectilátero 
cualquiera que sea el punto P de cambio de rumbo. Luego Q será un polo del 
meridiano del punto de partida A, en el que concurren todas las circunferen­
cias máximas perpendiculares a dicho meridiano por cualquier punto P del 
mismo, lo que demuestra su unicidad. (Obviamente si el cambio de rumbo en 
P fuese hacia el W se cortaría al Ecuador en el polo diametralmente opuesto 
a Q).
17
Un buque parte de un puerto A cuyas coordenadas geográficas son L = 
5°54'12"W, 9? = 37°24'30"./V y se dirige navegando por arco de círculo máximo 
a otro puerto B que equidista de A y de los polos geográficos. A causa de una 
. 2 .emergencia se ve obligado a fondear en una ensenada situada a los — de su 
recorrido hacia el Este de A. Determinar la situación del punto de fondeo.
Ejercicios 67
Solución:
S
Puesto que el puerto B equidista de A, N y S serán
AB = BN = BS = 90°
y B estará sobre el Ecuador.
Al ser el ¿\ABN birrectilátero será birrectángulo con lo que A — 90° y el 
2 .
CACN es rectángulo, cuyos catetos son AC = -90° = 60° y AN = 90 — 
3
Por tanto
LANC
sen = sen • sen 30°
eos = ctg A’ • ctg 30°
log sen 37° 24'30" = 1,78354
log sen 30° = 1,69897
log sen ^pc = 1,48251
Pe = 17°4O'58"1V
68 Ejercicios
log cos 37°24'30" = 1,90000 
_ logtg 30° = T, 76144 
log ctg Ñ = 1,66144
Ñ = ANC = 65°21'49" > LA = N - La = 65°21'49" -
5°54'12" = 59°27'37"E
18
A las 9h del día 11 de un cierto mes despega un dirigible de un punto 
cuya posición es L — 34°22'E y <p = 36°24'36"A¡r. Siguiendo su ruta sobre 
un arco de círculo máximo a una velocidad de 200 Km/h, cruzó el Ecuador 
a las Ijh. del día 12 y aterrizó a la Ih. del día lj. Determinar la situación 
geográfica del lugarde aterrizaje sabiendo que el vuelo se efectuó hacia el 
Oeste.
Solución:
Sea A el punto de partida, Q el paso por el Ecuador y B el punto de 
Ejercicios 69
aterrizaje. Se tiene:
AQ = 200(24-9 + 14) = 5800 Km = = 3131,75m.n. = 52°11'45"
1,852
AB = 200(24 - 9 + 24 + 24 + 1) = 12800 Km = 6911,45 m.n. = 115°11'27"
Puesto que se trata de determinar la posición de un punto B, lo primero a 
considerar es el meridiano de B (véase la figura adjunta); el arco BN de este 
meridiano forma con AN (colatitud de A) y AB (recorrido del dirigible) un 
triángulo esférico del que se puede determinar un tercer elemento A = 180 —a 
a partir del AAPQ, rectángulo en P, pie del meridiano de A, triángulo 
del que se conocen la hipotenusa AQ y un cateto AP (latitud de A). La 
resolución subsiguiente del ¿\ABN permitirá obtener a partir del lado 
a — BN y Lb a partir del ángulo C = ANB y La- Por tanto:
eos a — ctg AQ ■ tg
log ctg 52°11'45" = T, 88974 
log tg 36°24'36" = T, 86778 
log eos a = 1,75752
AQ y agudos => eos a > 0,a agudo: A — 180o —o, obtuso: A = 124°54'3"
AABC
A = 124°54'3"
b = 90 - va = 53°35'24"
c = AB = 115°11'27"
- = 30°48'l",5
= 84°23'25",5 
2
- = 62°27'1",5 
2
70 Ejercicios
c — b
C + B cos “y A 
^-r~=-^+b-c^2 
c°s 2
b — c
C -B sen A
‘s^~ = b+^'^í
Sen 2
log cos 30°48'l", 5 = 1,93397 
log sec 84°23'25", 5 = 1,00988 
log ctg 62°27T',5 = 1,71739
logtg —2— = 0,66124
log sen 30°48'l", 5 = 1,70932 
log cosec 84°23'25", 5 = 0,00209
log ctg 62°27'1", 5 = T, 71739
; ~-----logtg ——— = 1,42680
Como en casos anteriores el signo de tg 
agudo u obtuso, del argumento y resulta:
C±B . . , ,—----- , determina la naturaleza,
2
Q t D _ D
—-— = 77°41'37"; —— = 14°57'32" = 92°39'9"
Como La = 34°22'£’, será | LB = C - LA = jy 17'9'WJ
c _ B log cos 14°57'32" = 1,98503
a cos —-— c + b log sec 77°41'37" = 0,67134
ctS 9 = — c + B ctg log ctg 84°23'25", 5 = 2,99220
pnc (7
2 log ctg- = 1,64857
ctg - > 0 => -, aSuclo’ 9 = 66o0'2"; a = 132°0'4", por lo que | í?b 
= a - 90° = 42°0'4"S
Otro procedimiento para solucionar el problema consistiría en resolver el 
^BMQ, rectángulo en M, del que se conocen la hipotenusa BQ = AB — 
AQ, y al ángulo Q obtenido del /\APQ pues BQM = AQP por opuestos 
por vértice. El cateto MB determinaría y MQ con QP, obtenido del 
¿\APQ, determinarían Lg. De este modo:
¿\APQ (de nuevo al pentágono inicial)
sen i¿A = sen Q ■ sen AQ-, cos AQ = cos y>A • cos PQ
Ejercicios 71
log sen 36°24'36" = 1,77346 
logcosec 52° 11'45" = 0J0231 
log sen Q = 187577
Q = 48°41'49"
log eos 52° 11'45" = 1,78743 
log sec 36°24'36" ^0419431 
log eos PQ — 1,88174
PQ = 40°23'33"
(Q se toma agudo por oponerse a un cateto, ^a-, agudo; véase 3.1. PQ se 
toma agudo por resultar su coseno positivo en la fórmula que lo determina).
¿\MBQ
M = 90° (El meridiano es perpendicular al Ecuador) 
< BQ = AB - AQ = 62°59'42"
. Q = 48°41'49"
90-MQ 90-MB
sen MB — sen Q ■ sen BQ
eos Q = ctg BQ • tg MQ
log sen 48°41'49" = 1,87577
log sen 62°59'42" = 1,94986
log sen MB = 1,82563
MB = 42“0'51" (agudo por opornerse al ángulo agudo Q)
log eos 48°41'49" = 1,81958
log tg 62°59'42" = 0,29274
logtg MQ = 0,11232
MQ = 52° 19'40"
72 Ejercicios
= MB = 42°0'51"S
c
| Lb = MQ'+QP-La = 92°43'13" - LA = ~58°21T3'W I
Este segundo procedimiento, más simple por no resolver más que trián­
gulos rectángulos, es menos preciso por la acumulación de errores que se pro­
duce en el proceso de cálculo, debida a que la resolución del último triángulo 
requiere la resolución previa del primero, con lo que las imprecisiones inhe­
rentes al caso se propagan a lo largo de todo el desarrollo. De ahí que la 
resolución se procurará siempre con la menor predeterminación posible de 
resultados adicionales a los datos iniciales.
[19]
Un navio recorre la ruta que une A con B por el trayecto más corto, siendo 
las coordenadas geográficas de dichos puntos LA = 89°40'E, ipA = 52° N y 
Lb = 64°32'E’,(^b = 48°52'Ar. Se desea conocer la distancia recorrida por el 
navio y los rumbos de salida de A y llegada B.
Solución:
S
Ejercicios 73
AABC
a = 90°-pB = 41°8' 
b = 90° - va = 38° 
C = La - Lb = 25°8'
a — b
A + B 
tg-y-
A-B 
tg^
tg2=tg
cos __ c
= a;&ctg2 
c°s 2
a — b 
sen ~r c 
= —
sen 2
A + B 
a-b sen—ó-
2 ' A-B sen —
-—6 = 1°34'; —- = 39°34'; - = 12°34' 
2 2 ’ 2
log cos 1°34' = 1,99984 
logsec 39°34' = 0,11301 
logetg 12°34' = 0,65186 
++u
log tg —— = 76471
log sen 1°34' = 2,43680 
log cosec 39° 34' = 0,19588 
log ctg 12°34' = 0,65186
log tg = 1,28454
= 80°14'45" | í A = 91°8'41"
A~B l B = 69°20'49"—-— - 10 ao ob I
| pA = 360° - Á = 268°51'19" | 
ys~ = 180° + B = 249° 20'49"
log sen 80° 14'45" = 1,99368 
log cosec 10°53'56" = 0,72336
logtg 1°34' = 2,43697
log tg - = 1,15401
74 Ejercicios
£ A y _____
- = 8°6'49"; c = 2(8 • 60 + 6 + —) = 973,54 m.n. 
¿ ou
Tres estaciones A, B y C de seguimiento espacial ocupan los vértices de 
un triángulo trirrectilátero. Una de ellas, la A, se encuentra en el punto en 
el que el meridiano de Greenwich corta al Ecuador. La B se encuentra en 
el polo Artico y la C al este de la A. Con motivo del lanzamiento de una 
cápsula espacial, el buque encargado de recogerla a su regreso a la Tierra 
recibe la orden de situarse sobre el paralelo 3Q°N y en una posición interior- 
ai triángulo formado por las estaciones, equidistante de A y C. Si la cápsula 
cae al mar en el punto de coordenadas geográficas L = 40° 19'27" E y p = 
27°42'15"Ar, qué tiempo tardará en llegar a recogerla el buque que, partiendo 
desde su posición de espera, navega a 25 nudos.
Solución:
Sea P la posición de espera del buque y Q la de caída de la cápsula. Se 
tendrá:
LP = 45°E, pP = 30°^
Ejercicios 75
con lo que en el £\BPQ
BP = W-pP = 60° = a
BQ = 90° - w = 90° - 27°42'15" = 
= 62° 17'45" = c
B = LP - LQ =-PP - 40°19'27" = 4°40'33"
y podemos determinar la ditancia PQ = b (lo haremos por un método direc­
to).
eos b = eos a ■ eos c + sen a • sen c • eos B
Utilizando un cambio semejante al indicado en 3.4. Ejemplo 1, resulta:
eos c • sen (a + 92) eos b =-----------------------
sen p
ctg c con tg p = ----- -
COS D
log ctg 62° 17'45" = T, 72025
log sec 4°40'33" = 0,00145
log tg p = T, 72170 p = 27°47'
a + p = 60° + 27°47' = 87°47'
log eos 62a 17'45" = 1,66737 
log sen 87°47' = T, 99967 
logeosee 27°47' = 0,33149 
log eos 6= 1,99853 6 = 4°43'
PQ = 4 • 60 + 43 = 283 millas
t = ---- = 11,3 horas
25
|21|
Un avión parte de un punto cuya latitud es 7°N con rumbo 68°19'41" 
dando la vuelta a la Tierra siguiendo un círculo máximo. ¿Cuál es la máxima 
latitud N alcanzada? ¿Qué tiempo tarda en alcanzarla si vuela a jOO nudos?.
Ejercicios
Si A es el punto de partida y B designa el de máxima latitud norte, será 
el punto de la derrota seguida cuya distancia al polo Norte C sea mínima 
por lo que el meridiano de B debe ser perpendicular a la derrota (véase en 
2.1. distancia de un punto a una circunferencia máxima). Luego será:
eos ps = sen A • sen b 
eos A = ctg b • tg c
= 22°43'24"N
B = 90°
Á = 68°19'41"
6 = 90° - ^ = 90° - 7° = 83®
log sen 68® 19'41" = 1,96816 
log sen 83° = 1,99675 
log eos ipB = 1,96491
log eos 68°19'41" = 1,56737
logtg 83° = 0,91086
log tg c = 0,47823 => c = 71°36'32" =>
71 ■ 60 + 36 + — _______ 
= - 40-Q -0- = 10,7 horas
Ejercicios 77
22
La primera etapa de la regata "Vuelta al Mundo” se desarrolla entre los 
puertos de Plymouth (5O°12'1V,4°8W) y Ciudad del Cabo (33°48'S, 18°25'EJ. 
Uno de los yates participantes ha seguido una derrota tal que corta al Ecuador 
1800 millas a Poniente del punto en que lo hace la ortodrómica que une ambos 
puertos. Determinar la posición en que el yate corta la línea del Ecuador y 
rumbo que entonces debe adoptar para llegar a El Cabo por el camino más 
corto.
Solución:
Sean P (Plymounth) y C (El Cabo) los puertos mencionados. Se tiene:
AD = 1800 m.n. = 30°; ¿LBPC
í PB = 90° -vp = 39°48' = c
1 BC^ = 90° + ^c= 123°48' = a
l PBC = LP + Lc = 22°33' = B
Busquemos PCB — C
a — c
A + C cos B
=----- a^c ct6 T
cos 2
A + Ctg~T-a — c
sen “V" B
a + ~cc^2
sen 2
78 Ejercicios
±—2^42°; ^±2 = 81°48'; y = 11° 16'30"
log cos 42° = 1,87107 
log sec 81°48' = 0,84579 
log ctg 11° 16'30" = 0,70035 
log tg -ti-= 1,41721
log sen 42° = 1,82551 
log cosec 81°48' = 0,00446 
log ctg ll°16'30" = 0,70035 
■ - ■
logtg -y- = 0,53032
A i p
—— = 87°48'31"
a2-c
—— = 73° 34'9"
ADQC <
=> C = PCB = DCQ = 14°14'22"
Q = 90°
C = 14° 14'22"
QC = y>c = 33°48', donde buscamos DQ :
sen QC = ctg C tg DQ 
log sen 33°48' = 1,74531 
log tg 14° 14'22" = 1,40444
log tg DQ = 1,14975
DQ = 8°2'8": AQ = 30° + DQ = ÜO2'8"
| La = AQ - Lc = 38°2'8" - 18°25' = 19°37'8'W 1
^4
Ejercicios 79
AAQC <
AQ = 38°2'8" = c
QC = pc = 33°48' = b
Q = 90°, donde buscamos QAC = Á
sen c — ctg A ■ tg b ;
log sen 38°2'8" = 1,78969
log ctg 33°48' = 0,17429
log ctg A = T, 96398
Á = 47°23'24"
por lo que el rumbo a adoptar en A será:
¡77 = 90° + Á = 137°23'24" I
¡23]
Un buque sufre una avería que lo deja a la deriva a merced de una co­
rriente de f nudos al rumbo 150°. Emite un S.O.S. que es captado en un 
puerto cuya situación es L = 155°55'55"W, p — 3°33'33"A\ del cual parte de 
inmediato un remolcador que navegando a un crucero sostenido de 16 nudos 
y, tras cruzar el Ecuador, alcanza al buque averiado al cabo de 5 días en una 
posición 20° al Este de aquel puerto. Determinar la posición en que el buque 
sufrió la avería y el rumbo inicial adoptado por el remolcador.
80 Ejercicios
Solución:
AC = 5 • 24 • 16 = 1920 millas = 32°
BC = 5 ■ 24 ■ 4 = 480 millas = 8o
&ACN
■ AC = b = 32°
. AN~ = c = 90 - va = 86°26'27" 
t ANC = B = 20°
donde buscamos NC = a y N AC = A. Se tiene:
sen C sen B 
sen c sen b
log sen 86°26'27" = 1,99916
log sen 20° = T, 53405 í 40°6'12"
logcosec 32° = 0,27579 C [ 139°53'48"
log sen C = 1,80900
Como NC = a ha de ser obtuso, por estar C en el hemisferio Sur, habrá 
que desechar la solución correspondiente al valor de C para el que esto no
Ejercicios 81
suceda; tomando C — 40°6'12" resulta:
A sen -y- c _ B
sen 2
= 59°13'13",5;
2
-—- = 27°13'13",5; -—- = 10°3'6"2 ’ ’ 2
log sen 59°13'13", 5 = 1,93407 
logtg 10°3'6" = 1,24860 
log cosec 27°13'13".5 = 0.33969 
-------------------------- 14 ~--------- 
log ctg — = 1,52236
=» y = 71°35'9"
Con lo que el rumbo inicial del remolcador será:
A = 143°10'18"
B — C
a sen 9 b — c
sen 2
B +- -■ = 30°3'6"
log sen 10°3'6", = 1,24188 
log cosec 30°3'6" = 0,30035 
log ctg 27°13'13",5 = 0,28872 
log ctg - = 1,83095
=> - = 55°52'7";a = 111°45'34" = NC 
2
lo que indica que la elección de C ha sido la correcta; en caso contrario, 
habría de repertirse el cálculo con el otro valor.
&NBC
BC = a = 8o
ÍVC = 6 = 111O45'34"
B = 150°
y determinemos NB = c — 90° ± y BNC = Á
82 Ejercicios
sen A sen B 
sen a sen b ’
log sen 8° = 1,14356 
log sen 150° = 1,69897 
logcosec 111°45'34" = 0,03210 
' log sen A = 2,87463
; í 4o 17'48"
[ 175°42'12"
Como BNC = Á < ÁNC = 20° tomamos Á = 4o 17'48".
B-A 
sen —-— 
“B + A'Ctg 
sen --------
2
b — a fí — A
—= 72°51'6";
^4“ = 77°8'54"; = 51°52'47"
¿i
log sen 72°51'6" = T, 98025 
log ctg 51°52'47" = T, 89469 
log cosec 77°8'54" = 0,01102 
log ctg - = 1,88596
j = 52°26'16" 
c = 104°52'32"
Como c — NB resulta obtuso, es que B está en el hemisferio sur =>| yg 
= c - 90° = 14°52'32"¿n
Por otra parte:
| Lb = La- (20° - BNC) = 140o13'43"Wn
Sean A y B dos puntos situados en el hemisferio norte, de latitudes cono­
cidas. ¿Qué relación debe existir entre dichas latitudes y la de un tercer punto 
C, también situado en el mismo hemisferio, para que equidiste de aquellos 
y el Polo Norte? Aplicar el resultado al caso en que ipA = 20°,ipg = 10° y 
<pc = 40° y determinar AB en millas.
Ejercicios 83
Solución:
Si CA = CB = CN = 90° - ^c-, los AANC,ABNC y AABC son 
isósceles.
Determinemos el ángulo C — BCN en el ¿\BCN y el a — NCA en 
el ANCA; su diferencia /3 — C — a permitirá determinar luego AB en el 
¿\ABC:
Considerando la altura esférica sobre BN en el ¿\BNC y uno cualquiera 
de los triángulos obtenidos, se tendrá que:
45“ + ^ >
Considerando ahora la altura esférica sobre AN en el /\ANC y uno cual­
quiera de los triángulos rectángulos así obtenidos, resulta como anteriormente
84 Ejercicios
90-1/2(904^)= 
=45+9A/2
{p A Cí Oí
cos (45° + —) — cos ípc • sen — => sen — 
cos (45° + 
cos <pc
< 1
45° 4- -y- > ipc, con lo que la relación buscada ha resultado ser:
< 45° + - • mín. {^a^b} A
para que C equidiste de A, de B y del P. Norte. En nuestro caso 
40° < 45° + - ■ 10° = 50°, se cumple.
Por lo tanto:
log cos 50° = 1,80807 
logsec 40° = 0,11575
------ _
log sen — = 1,92382
log cos 55° = 1,75859 
log sec 40° = 0,11575
log sen — = 1, 87434
- = 57°2'45" 
2
- = 48°29' 
2
É
2 - - = 8°33'45" 2 2
Finalmente, considerando la altura esférica sobre AB en el ¿\ABC y uno 
cualquiera de los triángulos rectángulos obtenidos
Ejercidos 85
log sen 8°33'45" = 1,17286
log eos 40° = 1,88425 
A fí A R
log sen — = 1,05711 => — = 6°32'57"
____ ___ 57____________
| d(A, B} = 2(6 • 60 + 32 + —) = 785,9 millasj
25
Un buque que navega siguiendo una circunferencia máxima se encuentra 
en un momento dado en la posición (13o 13'13"TV, 108°42'53"VK) y un cierto 
tiempo después en la (42°42'42"1V, 142°11'27'W). ¿En qué punto cruzó por 
último vez el Ecuador? ¿Qué rumbo llevaba en ese momento? ¿Cuáles serían 
las máximas latitud Norte y Sur que alcanzaría en una circunnavegación?
86 Ejercicios
Solución:
WP=EP - a=WOP=EOP'
Sean A y B las dos situaciones dadas consecutivamente, Q la última inter­
sección de la derrota seguida con el Ecuador y P y P' los puntos de máxima 
latitud norte y sur, respectivamente, de la misma, esto es, de mínima distan­
cia a los polos respectivos, por lo que el meridiano de P y P' es perpendicular 
a la derrota en dichos puntos. Entonces en Q concurren dos circunferencias 
máximas ortogonales al meridiano de P (y al de P1), a saber, la derrota y el 
Ecuador, por lo que Q es un polo de dicho meridiano; por tanto
WQ = PQ = 90° y WP = PQW
Análogamente para el /\QEP ', birrectilátero.
El ángulo en A del A AMO, rectángulo en M, puede obtenerse del △ABC 
(inmediatamente resoluble al conocerse las posiciones de A y B) y así obtener 
Q = PQW.
AABC
' a = 90° - = 47°17'18"
■ b = 90° - y a = 76°46'47"
. C = Lb - La = 33°28'34"
Ejercicios 87
a — b
A- B sen “V- C 
‘S-2“= 
sen 2
O *4“ (1 . .. O — CL , i, C , ,,
— = 62°2 2 ,5;------ = 14°44'44"5: - = 16°44'17"
2 2 '2
log eos 14°44'44",5 — 1,98546 log sen 14°44'44",5 = 1,40574
log sec 62°2'2", 5 = 0,32888 log cosec 62°2'2", 5 = 0,05393
log ctg 16°44'17" = 0,52181 log ctg 16°44'17" = 0,52181 
-------- ;--------: i + e -------- --- B Z
log tg —-— = 0,83615 log tg —-— = 1,98148
r । 4 r _ 4 .
—— = 81°42'11": ------- = 43°46'43" A =
2 ' 2
= 37°55'28"
M = 90°
AAMQl AM = ^A = 13°13'13"
Á = 37°55'28"
eos Q = sen A ■ eos 9?^ 
sen = ctg A • tg MQ
88 Ejercicios
log sen 37°55'28" = 1,78860 
log eos 13° 13'13" = 1,98833 
log eos Q = 1, 77693
log sen 13°13'13" = 1,35926 
logtg 37°55'28" = 1,89163 
log tg MQ = T, 25089
Q =
Lq = L
53° 14'56" MQ
ja~MQ= 98°36'40'W
= 1 0°6'13"
PQ = 270° + Q= 323° 14'56" 
tpP = Q = 53° 14'56"^ ¡ 
pp, = Q = 53°14'56"S
26
Desde un punto de corrdenadas geográficas (25°30'40"7V, 48°54'6"£’) se 
lanza un cohete con rumbo inicial 135°46'32"E' que cae a tierra a 4500 millas 
de distancia. Determinar la situación del punto de caída del proyectil.
Demostración :
Sean A y B los puntos de despegue y caída del proyectil; se tiene:
í b = 90° - pA = 64°29'20" 
¿\ABC j Á = Pi = 135°46'32"
[ c = 4500' = 75°
Ejercidos 89
b — c b — c
B+C cos “V B-C sen A
tg^~ = 6 + cctg2’ ^^=--b+cC^2
cos —-— sen —
2 2 
-—- = 5°15'20";= 69°44'40": - = 67°53'16"2 ■ 2 2
log cos 5°15'20" = 1,99817 
logctg 67°53'16" = 1,60885 
log sec 69°44'40" = 0,46066 
■ f + r _ 
logtg —2— = 0’06768
log sen 5°15'20" = 2,96189
log ctg 67°53'16" = 1,60885 
log cosec 69°44'40" = 0,02733 
“ 7^77 _ “
logtg —-— = 2,59841
-4— = 49°26'48"
¿ fí
—---- — = 2o 16'17" 
2
= 51°43'5"
C-B