DESAFIO: Quadriláteros e Paralelogramos (Soluções)

Hoje trago as soluções enviadas para o Giga Matemática através de seus leitores. Não viu o desafio? Então clica aqui!!!

Solução 1

A primeira solução foi enviada pelo leitor Alexandre Fernandes, parceiro do Giga Matemática, conheça o blog dele o Happy Hour Matemático. É uma solução OBJETIVA e RÁPIDA (minhas preferidas).

Construindo um quadrilátero qualquer a partir de quatro pontos no plano (consideraremos aqui o caso de um quadrilátero convexo, o caso do côncavo é análogo, faça as contas e se convença disso), suponha que tais pontos são $A,B,C$ e $D$. Agora marcando os pontos médios $E,F,G,H$, relativos aos lados $AB,BC,CD,DA$, respectivamente, e unindo esses pontos temos a figura abaixo: 

 Agora, para mostrar que o quadrilátero $EFGH$ é um paralelogramo, basta mostrar que seus lados opostos são paralelos, ou seja, $EH//GF$ e $EF//GH$.
Para isso, considere no quadrilátero o triângulo $ABD$.

Note que os pontos $H$ e $E$ são os pontos médios dos lados $AD$ e $AB$ do triângulo $ABD$, assim, o segmento $EH$ é a base média relativa ao lado $DB$, portanto, 

$$EH//DB\qquad (1)$$

Agora, pelo mesmo motivo $GF$ é paralelo ao lado $DB$ no triângulo $BCD$, logo,

$$GF//DB\qquad (2)$$

Assim, de $(1)$ e de $(2)$, temos que

$$HE//GF\qquad (3)$$ .

Considerando agora o triângulo $ACD$, temos:

 Pelos mesmos argumentos do caso anterior podemos mostrar que $GH//AC$ e $EF//AC$, portanto,

$$GH//EF\qquad (4)$$

Finalmente, por $(3)$ e $(4)$, podemos concluir que o quadrilátero $EFGH$ é um paralelogramo (note que o fato dos lados opostos serem paralelos implica imediatamente que esses lados opostos são congruentes, ou seja, possuem o mesmo comprimento).

$\Box$

Solução 2

A segunda solução foi enviada pelo leitor David Feitosa. A elegância dessa solução é que ela utiliza ferramentas da Geometria Analítica, bastante interessante!

Vamos à prova:

Considere no plano cartesiano quatro pontos $A,B,C,D$ não colineares e não coincidentes, tais que:

$$A(x_A,y_B),B(x_B,y_B),C(x_C,y_C),D(x_D,y_D)$$

Fazendo com que o quadrilátero seja formado pelos segmentos $AB,BC,CD$ e $DA$, então seus pontos médios serão, respectivamente, $E,F,G$ e $H$, de modo que:

$$E(\frac{x_A+x_B}{2},\frac{y_A+y_B}{2})$$

$$F(\frac{x_B+x_C}{2},\frac{y_B+y_C}{2})$$

$$G(\frac{x_C+x_D}{2},\frac{y_C+y_D}{2})$$

$$H(\frac{x_A+x_D}{2},\frac{y_A+y_D}{2})$$

Segue a figura que representa tal construção abaixo:

Direitos: DAVI FEITOSA

Sejam $r,s,t$ e $u$, as retas que passam por $E$ e $F$,$G$ e $H$,$F$ e $G$ e $E$, e $H$, respectivamente.

Mostraremos que $r$ e $s$ possuem o mesmo coeficiente angular, bem como $t$ e $u$, assim:

1. Coeficiente de $r:m_r=\frac{\Delta y}{\Delta x}$: $$m_r=\frac{\frac{y_A+y_B}{2}-\frac{y_B+y_C}{2}}{\frac{x_A+x_B}{2}-\frac{x_B+x_C}{2}}=\frac{y_A-y_C}{x_A-x_C}$$
2. Coeficiente de $s:m_s=\frac{\Delta y}{\Delta x}$: $$m_s=\frac{\frac{y_A+y_D}{2}-\frac{y_C+y_D}{2}}{\frac{x_A+x_D}{2}-\frac{x_C+x_D}{2}}=\frac{y_A-y_C}{x_A-x_C}$$
3. Coeficiente de $t:m_t=\frac{\Delta y}{\Delta x}$: $$m_t=\frac{\frac{y_B+y_C}{2}-\frac{y_C+y_D}{2}}{\frac{x_B+x_C}{2}-\frac{x_C+x_D}{2}}=\frac{y_B-y_D}{x_B-x_D}$$
4. Coeficiente de $u:m_u=\frac{\Delta y}{\Delta x}$: $$m_u=\frac{\frac{y_A+y_B}{2}-\frac{y_A+y_D}{2}}{\frac{x_A+x_B}{2}-\frac{x_A+x_D}{2}}=\frac{y_B-y_D}{x_B-x_D}$$

Note que $m_r=m_s$ e $m_t=m_u$, logo $r//s$ e $t//u$.

Como essas retas são retas suporte para os lados $EF,FG,GH$ e $HE$, do quadrilátero $EFGH$, isso implica que 

$$EF//HG\qquad\textrm{e} \qquad EH//FG$$

Portanto, $EFGH$ é um paralelogramo.

$\Box$

Agradeço a participação do Alexandre e do David, até o próximo desafio Giga Matemática pessoal!