Antes de passar ao quadrilátero, vale recordar de onde vem a fórmula da área do triângulo que usa dois lados e o ângulo entre eles, porque o teorema deste post é a versão dela para quadriláteros.
Área do triângulo com dois lados e o ângulo
Seja $ABC$ um triângulo com $BC = a$, $AC = b$ e $C$ o ângulo entre esses dois lados. Tomando $BC$ como base, a área é:
$$ S = \frac{a\,h}{2} $$em que $h$ é a altura relativa ao vértice $A$.
Seja $H$ o pé da perpendicular baixada de $A$ à reta $BC$. O triângulo $AHC$ é retângulo em $H$, com hipotenusa $AC = b$, e a altura $h = AH$ é o cateto oposto ao ângulo $C$. Portanto:
$$ \operatorname{sen}(C) = \frac{h}{b} \\[1em] h = b\,\operatorname{sen}(C) $$Substituindo na fórmula da área, obtemos:
$$ S = \frac{a\,b}{2}\,\operatorname{sen}(C) $$Se o ângulo $C$ for obtuso, o ponto $H$ cai no prolongamento de $BC$ e o ângulo do triângulo retângulo em $C$ passa a ser $180^\circ - C$. Como $\operatorname{sen}(180^\circ - C) = \operatorname{sen}(C)$, a conclusão é a mesma.
Assim, a área do triângulo é metade do produto de dois lados pelo seno do ângulo que eles formam. Para um quadrilátero convexo $ABCD$, vale uma fórmula do mesmo tipo: conhecendo o comprimento de suas diagonais ($AC$ e $BD$) e o ângulo que elas formam entre si, a área sai direto, sem precisar dos lados nem de alturas.
Teorema
Seja $ABCD$ um quadrilátero convexo de diagonais $AC = p$ e $BD = q$, e seja $\alpha$ o ângulo formado por elas. Então a área $S$ do quadrilátero é:
$$ S = \frac{p\,q}{2}\, \operatorname{sen}(\alpha) \tag{1} $$
Demonstração
A diagonal $AC$ divide o quadrilátero em dois triângulos, $ACD$ e $ABC$. Portanto:
$$ S = S_{ACD} + S_{ABC} \tag{2} $$
Sejam $J$ e $L$ os pés das perpendiculares traçadas de $D$ e de $B$ à reta $AC$, e chamemos $DJ = x$ e $BL = y$. Tomando $AC = p$ como base comum dos dois triângulos, $x$ e $y$ são as alturas correspondentes:
$$ S = \frac{AC \cdot DJ}{2} + \frac{AC \cdot BL}{2} $$ $$ S = \frac{p\,x}{2} + \frac{p\,y}{2} $$ $$ S = \frac{p\,(x+y)}{2} \tag{3} $$Vamos descobrir quanto vale $x + y$. Pelo vértice $D$, traçamos uma reta paralela a $AC$ e prolongamos $BL$ até encontrá-la em $D'$. Como $DJ$ e $D'L$ são perpendiculares a $AC$ e $DD'$ é paralela a $AC$, o quadrilátero $DJLD'$ é um retângulo. Logo $LD' = DJ = x$, e então:
$$ BD' = BL + LD' $$ $$ BD'= x + y \tag{4} $$
Agora olhe o triângulo $BDD'$, retângulo em $D'$. Como $DD'$ é paralela a $AC$, o ângulo em $D$ é igual a $\alpha$ (são ângulos correspondentes determinados pela transversal $BD$). O cateto $BD'$ é o cateto oposto a esse ângulo e a hipotenusa é $BD = q$, de modo que:
$$ \operatorname{sen}(\alpha) = \frac{x+y}{q} $$ $$ x + y = q\,\operatorname{sen}(\alpha) \tag{5} $$Substituindo na expressão da área dada em $(3)$, obtemos:
$$ S = \frac{p\,q}{2}\,\operatorname{sen}(\alpha) . \qquad \blacksquare $$Observações
Qual ângulo usar? Duas retas que se cortam formam $\alpha$ e $180^\circ - \alpha$, mas $\operatorname{sen}(\alpha) = \operatorname{sen}(180^\circ - \alpha)$. Tanto faz qual dos dois você mede.
Diagonais perpendiculares. Se $\alpha = 90^\circ$, então $\operatorname{sen}(\alpha) = 1$ e a fórmula vira $A = \dfrac{pq}{2}$. É a conhecida fórmula do losango, $A = \dfrac{D\,d}{2}$, que vale também para o quadrado e para a pipa.
Teste com o quadrado. Num quadrado de lado $a$, as diagonais medem $p = q = a\sqrt{2}$ e são perpendiculares. Então:
$$ S = \frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot 1 \\[1em] S = \frac{1}{2}\cdot 2a^2 \\[1em] S = a^2 $$como era de esperar.
Exemplo 1
Dado um terreno quadrilátero convexo tem diagonais de $50\ \text{m}$ e $36\ \text{m}$, que se cruzam formando um ângulo de $40^\circ$, vamos determinar sua área.
Com $p = 50$, $q = 36$ e $\operatorname{sen}40^\circ \approx 0{,}6428$, temos:
$$ S = \frac{50\cdot 36}{2} \cdot \operatorname{sen}40^\circ \\[1em] S = 900\cdot 0{,}6428 \\[1em] S \approx 578{,}5\ \text{m}^2 $$Exemplo 2
Vamos verificar a fórmula por outro caminho. Considere o quadrilátero de vértices:
$$ A(0,0),\quad B(6,-4),\quad C(10,0),\quad D(3,4) $$
A diagonal $AC$ está sobre o eixo $x$ e mede $p = 10$. A diagonal $BD$ liga $(6,-4)$ a $(3,4)$, logo:
$$ q = \sqrt{(6-3)^2 + (-4-4)^2} \\[1em] q = \sqrt{9 + 64} = \sqrt{73} \\[1em] q \approx 8{,}54 $$Assim, temos que:
- $p = AC = 10$
- $q - BD = \sqrt{73}$
Como $D(3,4)$ e $B(6,-4)$, o vetor que segue de $D$ para $B$ é obtido subtraindo as coordenadas:
$$ \overrightarrow{DB} = B - D\\[1em] \overrightarrow{DB} = (6-3 , -4-4) \\[1em] \overrightarrow{DB} = (3,-8) $$Em outras palavras, para ir de $D$ até $B$, andamos $3$ unidades para a direita (eixo $x$) e $8$ unidades para baixo (eixo $y$, daí o sinal negativo).
Como $AC$ é horizontal, o deslocamento vertical, de $8$ unidades, é o cateto oposto ao ângulo $\alpha$, e a hipotenusa é $q = \sqrt{73}$. Logo:
$$ \operatorname{sen}(\alpha) = \frac{8}{\sqrt{73}}\\[1em] \operatorname{sen}(\alpha) \approx 0{,}936 $$O arco cujo seno vale aproximadamente $0{,}936$ é $\alpha \approx 69{,}4^\circ$.
Pela fórmula:
$$ S = \frac{10\cdot \sqrt{73}}{2} \cdot \frac{8}{\sqrt{73}} \\[1em] S = 40 $$Os dois métodos dão $40$ unidades de área. Note ainda que as alturas da demonstração são $x = 4$ e $y = 4$, de modo que $x + y = 8 = q\,\operatorname{sen}\alpha = \sqrt{73}\cdot\dfrac{8}{\sqrt{73}}$, exatamente como no teorema.
Referências:
- Geometria II, Morgado, Wagner & Jorge
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