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Nelle precedenti puntate abbiamo visto come applicare la teoria delle equazioni di primo e secondo grado per determinare tangenti ad una parabola, circonferenza o iperbole, da un punto appartenente alla conica o da un punto esterno. Abbiamo inoltre dimostrato il Teorema della bisettrice e parzialmente esplicitato una procedura per la determinazione dell'equazione di una bisettrice, date le equazioni dei lati dell'angolo. Rivediamo quest'ultima parte, affrontando il seguente

**Esercizio**. Date le rette di equazione $y=x+1$ e $y=2-\frac{1}{2}x$, troviamo l'equazione della bisettrice dell'angolo che queste formano nel primo e quarto quadrante.

È pratico determinare preliminarmente dove si trova il vertice del nostro angolo, ossia il punto di intersezione delle rette assegnate. Dalla risoluzione di
$$ x+1 = 2-\frac{1}{2}x $$
segue $x=\frac{2}{3}$, dunque il vertice dell'angolo è situato in $E\left(\frac{2}{3};\frac{5}{3}\right)$. La rappresentazione in Geogebra https://imgur.com/lPs5Ewx comunica che la bisettrice passa poco al di sopra del punto $F(3;2)$, dunque ci aspettiamo che la pendenza della bisettrice sia poco più grande della pendenza di $EF$, ossia
$$ \frac{2-\frac{5}{3}}{3-\frac{2}{3}}=\frac{6-5}{9-2}=\frac{1}{7}.$$
(Abbiamo sfruttato $\frac{a}{b}=\frac{3a}{3b}$). Detti $\alpha$ e $\beta$ gli angoli che le nostre rette formano rispetto all'orizzonte, sappiamo dai coefficienti angolari che $\tan\alpha = 1$ e $\tan\beta = -\frac{1}{2}$, mentre la pendenza della bisettrice è
$$ m = \tan\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right). $$
**(*)** Il Teorema della bisettrice ci fornisce l'identità
$$ \tan\frac{\gamma}{2} = \frac{\sin\gamma}{1+\cos\gamma} = \frac{\tan\gamma}{1+\frac{1}{\cos\gamma}}=\frac{\tan\gamma}{1+\sqrt{\frac{1}{\cos^2\gamma}}}=\frac{\tan\gamma}{1+\sqrt{1+\tan^2\gamma}} $$
per ogni $\gamma$ compreso tra $0^\circ$ e $90^\circ$. Posto $\gamma=\alpha+\beta$, nel nostro caso la formula di addizione della tangente fornisce

$$\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}=\frac{1-\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{3},$$
dunque la pendenza della bisettrice è

$$ m = \frac{\frac{1}{3}}{1+\sqrt{1+\frac{1}{9}}} = \frac{1}{3+\sqrt{9+1}}=\frac{1}{\sqrt{10}+3}=\sqrt{10}-3$$

(effettivamente poco più grande di $\frac{1}{7}$) e l'equazione della bisettrice è

$$ y = (\sqrt{10}-3)\left(x-\frac{2}{3}\right)+\frac{5}{3} $$

ossia

$$ y = (\sqrt{10}-3)x-\frac{2}{3}\sqrt{10}+\frac{11}{3}.$$

**Esercizio per casa**. Come mai il Teorema della bisettrice garantisce che sia abbia

$$ \tan\frac{\gamma}{2}=\frac{\sin\gamma}{1+\cos\gamma} $$
per ogni $\gamma$ angolo acuto? Si consideri la configurazione riportata in figura https://imgur.com/whtIMjT , determinando la lunghezza di $LB$ in termini di $\gamma$.

Sat, 18 Apr 2020 04:22 GMT