U članku se analizira geometrijska konstrukcija tangencijalnoga jednakokračnog trapeza kojemu su zadani polumjer upisane kružnice i mjera kuta uz dulju osnovicu, s posebnim naglaskom na uvjete postojanja i postupak konstrukcije na temelju zadanih parametara. Najprije se izvode formule za duljine stranica i površinu trapeza u ovisnosti o polumjeru upisane kružnice i mjeri unutarnjega kuta. Potom se detaljno opisuje konstrukcija trapeza i dokazuje se njezina ispravnost. Postavljeni se zadatci povezuju s razinama geometrijskog mišljenja prema Van Hieleovoj teoriji. Članak naglašava važnost ovakvih zadataka u razvoju geometrijske intuicije i logičkog zaključivanja kod učenika.
Uvod
Na nacionalnim i/ili probnim ispitima za osnovne i za srednje škole, ali i na ispitima državne mature često se pojavljuju zadatci koji povezuju geometrijske konstrukcije s algebarskim zaključivanjem i izračunom. Jedan se takav zadatak pojavio u trećem dijelu probnog ispita državne mature iz matematike na višoj razini u školskoj godini 2024./2025., odnosno među zadatcima produženog odgovora. Od učenika se očekivalo geometrijsko modeliranje zadatka u kojem se boduje postupak rješavanja, znanje odgovarajućih definicija i svojstava te logičko povezivanje i zaključivanje. Uz tekst zadatka bila je priložena i odgovarajuća slika.
Pregled upotrijebljenih definicija i tvrdnji
Radi potpunosti izlaganja treba se ukratko podsjetiti na osnovne definicije i tvrdnje koje će se efektivno primjenjivati u nastavku izlaganja.
Definicija 1. Trapez je četverokut koji ima barem jedan par usporednih stranica. Usporedne stranice trapeza nazivaju se osnovice trapeza. Dulja osnovica standardno se označava s $a$, a kraća s $c$. Ostale dvije stranice trapeza nazivaju se krakovi trapeza i standardno označavaju s $b$ i $d$. Visina trapeza dužina je koja spaja vrh jedne osnovice s nožištem okomice iz tog vrha na drugu osnovicu. Duljina visine trapeza označava se s $v$ i interpretira se kao udaljenost usporednih pravaca kojima pripadaju osnovice trapeza.
Napomena 1. Ne istakne li se drukčije, u svim tvrdnjama koje se odnose na trapez primjenjivat će se oznake iz definicije 1.
Definicija 2. Jednakokračni trapez je lik kojemu su oba unutarnja kuta uz bilo koju njegovu osnovicu jednakih mjera.
Definicija 3. Dva kuta su suplementarna ako je zbroj njihovih mjera jednak $180^{\circ}$.
Napomena 2. U literaturi se mogu naći i sljedeće definicije jednakokračnog trapeza:
Trapez je jednakokračan ako su mu nasuprotni unutarnji kutovi suplementarni.
Trapez je jednakokračan ako ima krakove jednakih duljina.
Posljednja definicija nije ekvivalentna s prethodnim dvjema jer dopušta da i paralelogram smatramo jednakokračnim trapezom, ali tada ne vrijede svojstva o sukladnosti kutova uz osnovicu, o jednakosti dijagonala i slična svojstva koja očekujemo kod pravih jednakokračnih trapeza. Zato je razumno paralelogram smatrati trapezom, ali ne i jednakokračnim trapezom. Više o ovoj problematici može se naći u literaturi [1].
Napomena 3. Za unutarnje kutove uz krakove bilo kojega trapeza vrijedi sljedeća tvrdnja.
Tvrdnja 1. Unutarnji su kutovi uz krakove trapeza suplementarni.
Tvrdnja 2. Neka je $ABCD$ trapez koji nije pravokutnik. Tada su oba njegova unutarnja kuta uz dulju osnovicu $\overline{AB}$ šiljasti kutovi, a oba njegova unutarnja kuta uz kraću osnovicu $\overline{CD}$ tupi kutovi.
Dokaz: Iz vrha $C$ povuče se visina na osnovicu $\overline{AB}$. Neka je $E$ nožište te visine (vidjeti sliku 1.) Trokut $BCE$ je pravokutan s pravim kutom kod vrha $E$. Kut $\angle CBE$ jedan je od njegovih šiljastih kutova. Iz tvrdnje 1. slijedi kako je $\angle DCB$ tupi kut. Potpuno analogno razmatranje vrijedi za unutarnje kutove trapeza kod vrhova $A$ i $D$.
Tvrdnja 3. Površina $P$ bilo kojega trapeza računa se prema formuli: $$P=\frac{a+c}2\cdot v.$$
Definicija 4. Tangencijalni ili tangentni četverokut je lik kojemu se može upisati kružnica, tj. četverokut kojemu sve četiri stranice leže na tangentama povučenima na istu kružnicu.
Tvrdnja 4. (Teorem o tangencijalnom četverokutu) Neka su stranice konveksnog četverokuta $ABCD$ označene tako da je $|AB|=a$, $|BC|=b$. $|CD|=c$ i $|DA|=d$. Tada je $ABCD$ tangencijalni četverokut ako i samo ako je zbroj duljina dviju njegovih nasuprotnih stranica jednak zbroju duljina preostalih dviju njegovih stranica, tj. ako i samo ako vrijedi jednakost: $$a+c=b+d.$$
Tvrdnja 5. Konveksni četverokut $ABCD$ je tangencijalan ako i samo ako se simetrale svih četiriju njegovih unutarnjih kutova sijeku u jednoj točki. Ta je točka središte četverokutu $ABCD$ upisane kružnice.
Dokaze tvrdnja 1., 2., 3. i 4. zainteresirani čitatelj može pronaći npr. u [2].
Iz tvrdnje 4. izravno slijedi sljedeća tvrdnja.
Tvrdnja 6. Jednakokračni je trapez tangencijalan ako i samo ako vrijedi jednakost: $$2b=a+c.$$
Napomena 4. Srednjica trapeza (oznaka: $s$) spojnica je polovišta njegovih krakova. Može se pokazati (vidjeti npr. [2]) kako je njezina duljina jednaka aritmetičkoj sredini duljina osnovica trapeza: $$s=\frac{a+c}2.$$
U skladu s tim, tvrdnja 6. može se formulirati i ovako: Jednakokračni je trapez tangencijalan ako i samo ako je duljina njegove srednjice jednaka duljini njegova kraka, tj. ako i samo ako vrijedi: $$b=s=\frac{a+c}2.$$
Tvrdnja 7. Neka je $ABCD$ jednakokračni trapez takav da su $|AB|=a$, $|CD|=c$, $|BC|=|DA|=b$ i $\angle BAD = \angle CBA =\alpha\in\langle0^{\circ}, 90^{\circ}\rangle$ . Neka su $E$ i $F$ redom nožišta visina povučenih iz vrhova $C$ i $D$ na stranicu $\overline{AB}$ (vidjeti sliku 2.) Tada vrijedi:$$|AF|=|BE|=\frac{a-c}2.$$
Dokaz: Trokuti $AFD$ i $BEC$ su sukladni prema teoremu SKS (vrijede jednakosti: $|BC|=|DA|=b$, $|CE|=|DF|=v$ i $\angle FAD=\angle CBE=\alpha$). Zbog toga je: $$|AF|=|BE|.$$
Nadalje vrijedi: $$|EF|=|CD|=c.$$
Uvrštavanjem tih jednakosti u jednakost $$|AF|+|EF|+|BE|=|AB|$$ dobije se: $$|AF|+c+|AF|=\alpha.$$
Odatle je $$|AF|=\frac{a-c}{2}.$$
Primjenjujući tu jednakost i jednakost $|AF|=|BE|$, slijedi tvrdnja.
Zaključno se navode i neki trigonometrijski identiteti koji će se kasnije efektivno primjenjivati. Njihovi dokazi mogu se pronaći npr. u [3].
Tvrdnja 8. Za sve dopustive $\alpha\in\mathbb{R}$ vrijede sljedeće jednakosti:
a) $\sin(\pi-\alpha)=\sin\alpha$
b) $\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha$
c) $\text{tg}\,\left(\frac{\pi}2-\frac{\alpha}2\right)=\text{ctg}\, \left(\frac{\alpha}2\right)$
d) $\text{tg}\, \alpha=\frac{2\text{tg}\,\left(\frac{\alpha}2\right)}{1-\text{tg}\,^2\left(\frac{\alpha}2\right)}$
e) $\sin^2\left(\frac{\alpha}2\right)=\frac12-\frac12\cos\alpha$
f) $\cos^2\left(\frac{\alpha}2\right)=\frac12+\frac12\cos\alpha$.
Motivacijski zadatci
Tekstovi zadataka oblikovani su kao na spomenutom probnom ispitu (vidjeti [4]).
Zadatak 1. Kružnica opsega $30\pi$ cm upisana je jednakokračnom trapezu. Ako je mjera unutarnjeg kuta tog trapeza $50^{\circ}$, koliko iznosi njegova površina?
Riješit će se nešto općenitiji zadatak čiji će zadatak 1. biti poseban slučaj.
Zadatak 2. Kružnica polumjera $R$ upisana je jednakokračnom trapezu. Ako je $\alpha$ mjera unutarnjeg kuta toga trapeza, koliko iznosi njegova površina (kao funkcija varijabli $R$ i $\alpha$)?
Rješenje zadatka 2. Duljina visine trapeza jednaka je duljini promjera trapezu upisane kružnice:$$v=2R.$$ Iz pravokutnoga trokuta $AFD$ prikazanoga na slici 2. slijedi: $$\sin\alpha=\frac{v}{b},$$ odnosno $$\sin\alpha=\frac{2R}{b}.$$ Odavde je $$b=\frac{2R}{\sin\alpha}.$$
Koristeći se tvrdnjama 3. i 6, slijedi kako je tražena površina trapeza jednaka: $$P=\frac{a+c}{2}\cdot v=b\cdot v=\frac{2R}{\sin\alpha}\cdot 2R=\frac{4R^2}{\sin\alpha}.$$
Rješenje zadatka 1. Iz podatka o opsegu trapezu upisane kružnice dobiva se jednadžba $$2R\pi=30\pi$$ iz koje je $R=15$ cm. Tako je tražena površina jednaka $$P=\frac{4R^2}{\sin\alpha}=\frac{4\cdot15^2}{\sin50^{\circ}}=\frac{900}{\sin50^{\circ}}\approx1174.87\, \text{cm}^2$$
Na temelju rješenja zadatka 2. dokazat će se sljedeća tvrdnja.
Tvrdnja 9. Neka su $R>0$ i $\alpha\in\langle0^{\circ},90^{\circ}\rangle$ i proizvoljni, ali fiksirani. Tada postoji jedinstveni jednakokračan trapez kojemu je polumjer upisane kružnice jednak $R$, a mjera unutarnjega kuta jednaka $\alpha$.
Dokaz: Iz tvrdnje 2. slijedi da je $\alpha$ mjera unutarnjega kuta uz dulju osnovicu trapeza. Iz slike 2. vidi se da vrijedi jednakost $$\cos\alpha=\frac{\frac{a-c}2}{b}.$$
Ta jednakost uz jednakost iz tvrdnje 6. daje sljedeći sustav dviju linearnih jednadžbi s dvjema nepoznanicama: $$\begin{cases}a+c&=2b\\ \frac{a-c}2&=b\cdot\cos\alpha\end{cases}$$
Uvrštavanjem jednakosti $$b=\frac{2R}{\sin\alpha}$$ dobivene u rješenju zadatka 2. u ovaj sustav dobiva se: $$\begin{cases}a+c&=\frac{4R}{\sin\alpha}\\ a-c&=\frac{4R}{\sin\alpha}\cdot\cos\alpha.\end{cases}$$
Ovaj sustav ima jedinstveno rješenje koje glasi: $$(a,c)=\left(\frac{1+\cos\alpha}{\sin\alpha}\cdot2R, \frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}\cdot2R\right).$$
Prema tome, duljine stranica trapeza su: $$\begin{align}a&=\frac{1+\cos\alpha}{\sin\alpha}\cdot2R,\\ b&=\frac{2R}{\sin\alpha},\\ c&=\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}\cdot2R.\end{align}$$ Odavde slijedi tvrdnja.
Napomena 5. Iz dokaza tvrdnje 9. lako se vidi kako je u slučaju $\alpha=90^{\circ}$, odnosno u slučaju kad su svi unutarnji kutovi trapeza pravi, dobiva se $a=b=c=2R$, odnosno kvadrat kojemu je polumjer upisane kružnice jednak $R$.
Tvrdnja 10. Neka su $R>0$ i $\alpha_1\in[90^{\circ}, 180^{\circ}\rangle$ proizvoljni, ali fiksirani. Duljine stranica jednakokračnoga trapeza kojemu je polumjer upisane kružnice jednak $R$, a mjera unutarnjeg kuta uz manju osnovicu jednaka $\alpha_1$, su $$(a,b,c)=\left(\frac{1-\cos\alpha_1}{\sin\alpha_1}\cdot2R, \frac{2R}{\sin\alpha_1}, \frac{1+\cos\alpha_1}{\sin\alpha_1}\cdot2R\right).$$
Uputa za dokaz: Potrebno je definirati $\alpha:=180^{\circ}-\alpha_1$ i primijeniti tvrdnje 1., 8. i 9.. Detalji se prepuštaju čitatelju.
Na temelju tvrdnje 9. postavlja se sljedeći problem.
Zadatak 3. Neka su $R>0$ i $\alpha\in\langle0^{\circ},90\rangle$ proizvoljni, ali fiksirani. Konstruirajte jednakokračni trapez kojemu je polumjer upisane kružnice jednak $R$ jediničnih duljina, a $\alpha$ mjera unutarnjega kuta uz dulju osnovicu $a$. Objasnite sve korake konstrukcije.
Napomena 6. Zbog napomene 5., u slučaju $\alpha=90^{\circ}$ konstrukcija se svodi na konstrukciju kvadrata stranice $2R$. Ta je konstrukcija vrlo jednostavna, pa se prepušta čitatelju.
Rješenje zadatka 3. Jedinstvenost traženoga trapeza slijedi iz tvrdnje 9. Zbog toga je dovoljno opisati i argumentirati sve korake konstrukcije. Budući da $\alpha$ ne mora nužno biti „karakterističan“ kut (tj. kut koji je moguće konstruirati bez kutomjera), u konstrukciji se upotrebljava kutomjer, šestar i ravnalo. Radi jednostavnosti pretpostavlja se da su sve mjere kutova koje će se upotrijebiti u konstrukciji iskazane u stupnjevima. Nacrtajmo skicu i analizirajmo zadatak.
Kroz središte $S$ upisane kružnice povucimo okomicu na osnovice. Ta okomica siječe osnovice u točkama $E$ i $F$, $E\in \overline{AB}$, $F\in \overline{CD}$. Budući da točka $S$ pripada simetrali kuta $\angle BAD$, slijedi da je $\angle EAS = \dfrac{\alpha}{2}$ i $\angle ASE = 90^{\circ} – \dfrac{\alpha}{2}$. Analogno, $\angle CSF = \dfrac{\alpha}{2}$. Time je analiza gotova i počinje konstrukcija.
Korak 1. Nacrta se kružnica $k$ polumjera $R$. Označi se središte $S$ te kružnice.
Korak 2. Povuče se neki promjer nacrtane kružnice. Označe se krajnje točke toga promjera, $E$ i $F$.
Korak 3. Kroz svaku od točaka $E$ i $F$ konstruira se pravac okomit na pravac $EF$. Tako se dobiju pravci $p_1$ i $p_2$. Radi određenosti neka su $E\in p_1$ i $F\in p_2$ (vidjeti sliku 4.).
Korak 4. Konstruira se točka $A\in p_1$ tako da je mjera kuta $\angle ASE$ jednaka $90^{\circ}-\dfrac{\alpha}2$.
Korak 5. Na pravcu $p_1$ konstruira se točka $B$ tako da je $E$ polovište dužine $\overline{AB}$ (vidjeti sliku 5.).
Korak 6. Konstruira se točka $C\in p_2$ tako da je mjera kuta $\angle CSF$ $\dfrac{\alpha}2$.
Korak 7. Konstruira se točka $D\in p_2$ tako da je $F$ polovište dužine $\overline{CD}$ (vidjeti sliku 6.)
Korak 8. Četverokut $ABCD$ traženi je trapez (vidjeti sliku 7.)
Dokaz konstrukcije (radi jasnoće i preglednosti podijeljen je na šest dijelova).
1. dio. Dokazuje se da vrijedi $\overline{AB}\parallel \overline{CD}$. Najprije se primijeti da su pravci $p_1$ i $p_2$ jedinstveni. Naime, jedno od osnovnih svojstava euklidske geometrije izriče kako se svakom točkom $T$ zadanoga pravca $p$ može povući jedinstveni pravac $q$ okomit na $p$.
Iz koraka 3. slijedi $p_1\parallel p_2$. Iz koraka 5. zaključuje se da je $\overline{AB}\subset p_1$, a iz koraka 6. da je $\overline{CD}\subset p_2$. Time je dokazano da je $\overline{AB}\parallel\overline{CD}$.
2. dio. Dokazuje se da vrijedi: $|AB|>|CD|$. U tu je svrhu dovoljno dokazati nejednakost $|AE|>|CF|.$ Iz pretpostavke da je $\alpha$ šiljasti kut slijedi: $$90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}>\frac{\alpha}{2}.$$ Prema konstrukciji vrijede jednakosti: $$\begin{align}\angle ESA&=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},\\ \angle SAE&=180^{\circ}-\left(90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{\alpha}2\right)=\frac{\alpha}2\\ \angle CSF&=\frac{\alpha}2\\ \angle FCS&=90^{\circ}-\frac{\alpha}2.\end{align}$$
Poznato je kako se u svakom trokutu nasuprot kutu veće mjere nalazi dulja stranica. Tako primjenom gornjih relacija na stranice trokuta $ASE$ i $SFC$ slijedi: $|AE|>|SE|$ i $|SF|>|CF|$.
Prema koraku 2. vrijedi: $|SE|=|SF|=R$.
Iz tih triju relacija slijedi $|AE|>|CF|$.
3. dio. Dokazuje se da su pravci $BC$ i $AD$ neusporedni. Pretpostavi se suprotno, tj. da je $BC\parallel AD$. Budući da vrijedi $AB\parallel CD$, zaključuje se da je četverokut $ABCD$ paralelogram kojemu su $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ nasuprotne stranice. Međutim, u svakome su paralelogramu duljine nasuprotnih stranica međusobno jednake, što znači da mora vrijediti jednakost $$|AB|=|CD|.$$
Ova je jednakost proturječna dokazanoj nejednakosti $|AB|>|CD|$. Dakle, pretpostavka $BC\parallel AD$ bila je pogrešna, tj. pravci $BC$ i $AD$ nisu usporedni.
Time je dokazano da četverokut $ABCD$ ima točno jedan par usporednih stranica ($\overline{AB}$ i $\overline{CD}$) i da je $|AB|>|CD|$. Iz definicije 1. slijedi da je $ABCD$ trapez kojemu je $\overline{AB}$ dulja osnovica.
4. dio. Dokazuje se da je trapez $ABCD$ jednakokračan. Povuku se visine iz vrhova $C$ i $D$ na osnovicu $\overline{AB}$. Neka su $G,H\in\overline{AB}$ redom nožišta tih visina.
Na temelju koraka 5. i 7. vrijede jednakosti: $$\begin{align}&|DH|=|CG|=2R\\ &|AE|=|BE|=\frac12|AB|\\ &|FD|=|FC|=|EG|=|EH|=\frac12|CD|\\ &|AH|=|AE|-|EH|=\frac12\cdot\left(|AB|-|CD|\right)\\ &|BG|=|BE|-|EG|=\frac12\cdot(|AB|-|CD|).\end{align}$$
Prema tome trokuti $AHD$ i $BCG$ su sukladni prema teoremu SKS (oba su pravokutna i imaju dva para kateta međusobno jednakih duljina). Odatle slijedi $|AD|=|BC|$ pa je trapez $ABCD$ jednakokračan.
5. dio. Dokazuje se da je mjera unutarnjega kuta uz osnovicu $\overline{AB}$ jednaka $\alpha$. Zbog napomene 2. dovoljno je dokazati da je mjera kuta $\angle DAB$ jednaka $\alpha$. To je najjednostavnije učiniti koristeći se trigonometrijskim relacijama (slika 8.)
Neka je $\beta=\angle BAD$. Trokut $AHD$ je pravokutan s pravim kutom pri vrhu $F$. Iz toga trokuta slijedi: $$|CF|=|SF|\cdot\text{tg}\,\left(\frac{\alpha}2\right)=R\cdot\text{tg}\,\left(\frac{\alpha}2\right).$$
Prema konstrukciji točaka D, G i H vrijedi: $$|CF|=|FD|=|GE|=|EH|,$$ pa je $$|EH|=|CF|=R\cdot\text{tg}\, \left(\frac{\alpha}2\right).$$
Trokut $AES$ je pravokutan s pravim kutom pri vrhu $S$. Iz toga trokuta slijedi: $$|AE|=\frac{|SE|}{\text{tg}\, \left(\frac{\alpha}2\right)}=\frac{R}{\text{tg}\, \left(\frac{\alpha}2\right)}.$$
Tako je $$|AH|=|AE|-|EH|=\frac{R}{\text{tg}\left(\frac{\alpha}2\right)}-R\cdot\text{tg}\, \left(\frac{\alpha}{2}\right).$$
Uvrštavanjem tog izraza u izraz za $\text{tg}\, \beta$ slijedi: $$\text{tg}\, \beta=\frac{|DH|}{|AH|}=\frac{2R}{\frac{R}{\text{tg}\, \left(\frac{\alpha}2\right)}-R\cdot\text{tg}\,\left(\frac{\alpha}2\right)}=\frac{2\cdot\text{tg}\,\left(\frac{\alpha}2\right)}{1-\text{tg}^2\left(\frac{\alpha}2\right)}=\text{tg}\, \alpha.$$
Prema pretpostavci zadatka $\alpha$ je šiljasti kut, a $\beta$ je šiljasti kut pravokutnog trokuta $AHD$. Funkcija $g: \left\langle0,\frac{\pi}2\right\rangle\to\mathbb{R}$, $g(x)=\text{tg}\, x$ je bijekcija pa iz $\text{tg}\, \beta=\text{tg}\, \alpha$ slijedi $\beta=\alpha$.
6. dio. Dokazuje se da je $S$ središte trapezu $ABCD$ upisane kružnice i da ta kružnica ima polumjer $R$. Iz provedene konstrukcije, dosadašnjih koraka u dokazu i tvrdnje 1. slijede jednakosti: $$\begin{align}&\angle BAS=\angle SBE=\angle SBA =90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}2\right)=\frac{\alpha}2\\ &\angle BAD=\angle CBA=\alpha\\ &\angle SDF =\angle SDC =\angle FCS=\angle DCS=90^{\circ}-\frac{\alpha}2\\ &\angle ADC =\angle DCB =180^{\circ}-\alpha.\end{align}$$
Odatle se zaključuje kako su pravci $AS$ i $BS$ simetrale unutarnjih kutova pri osnovici $a$ te kako su pravci $CS$ i $DS$ simetrale unutarnjih kutova pri osnovici $c$. Sva četiri pravca očito se sijeku u točki $S$. Primjenom tvrdnje 4. slijedi kako je točka $S$ središte kružnice upisane jednakokračnom trapezu $ABCD$.
Prema koraku 2. promjer $\overline{EF}$ (duljine $2R$) te kružnice ujedno je visina toga trapeza. Dakle, polumjer kružnice upisane jednakokračnom trapezu $ABCD$ jednak je $R$. Time je dokaz konstrukcije završen.
Napomena 7. Poznato je kako je tangenta povučena u bilo kojoj točki $T$ kružnice okomita na promjer kružnice kojemu je jedan kraj u točki $T$. Iz koraka 3. zaključuje se da su pravci $AB$ i $CD$ tangente kružnice sa središtem u točki $S$ i polumjerom $R$. Međutim, iz provedene konstrukcije i njezina dokaza nije očito da su i pravci $BC$ i $AD$ tangente navedene kružnice, pa je zbog toga bilo potrebno korektno argumentirati i da je $S$ središte trapezu $ABCD$ upisane kružnice.
Zaključak
Motivacijski zadatak s probne državne mature iz matematike, kao i izvedeni zadatci i pripadajuća rješenja mogu se povezati s Van Hieleovom teorijom te razinama geometrijskog mišljenja i zaključivanja [5], [6]. Temelj im je pet razina kroz koje učenici prolaze u razvoju geometrijskog razumijevanja. O ovoj teoriji pisali su mnogi autori i povezivali je s raznim matematičkim konceptima, od algebre i trigonometrije, ali se opet sve vraća na geometriju. Tako su u provedenoj konstrukciji jednakokračnog trapeza s pomoću polumjera upisane kružnice i mjere unutarnjega kuta uz dulju osnovicu zastupljene četiri od pet razina, a to su: vizualizacija ili prepoznavanje oblika, analiza ili opis svojstava oblika, neformalna dedukcija ili relacije među svojstvima te formalna dedukcija. Peta razina ili stroga dedukcija je aksiomatski sustav. Ona se rijetko postiže u srednjoj školi, ali je karakteristična za studente prve godine matematičkih i/ili tehničkih smjerova. Zbog toga se može reći kako je ovakav zadatak u nastavnoj praksi idealan za dijagnosticiranje razina na kojoj se učenik nalazi i za ciljano poticanje njegova daljnjeg razvoja temeljenog na Van Hieleovim razinama.
Ovakav pristup ne samo da obogaćuje proces učenja, nego i demonstrira kako apstraktne matematičke ideje mogu biti primijenjene na konkretne konstrukcijske probleme. Takvi zadatci iznimno su vrijedni jer razvijaju geometrijsku intuiciju, potiču povezivanje pojmova, matematičkih koncepata i razvijaju logičko zaključivanje. Geometrijska konstrukcija potiče učenike na vizualizaciju odnosa među elementima – duljinama, kutovima i udaljenostima. Takvim postupkom razvija se razumijevanje ključnih geometrijskih svojstava, poput korištenja trigonometrijskih funkcija za određivanje visine i nagiba krakova, primjene svojstava tangencijalnoga četverokuta, ali i prepoznavanja simetrije u jednakokračnom trapezu, što dodatno pojednostavnjuje konstrukciju i analizu.
Literatura
- A. Novaković (2023.): Karakterizacije trapeza, diplomski rad, Prirodoslovno-matematički fakultet Sveučilišta u Zagrebu.
- B. Pavković, D. Veljan (2004.): Elementarna matematika 1, Školska knjiga, Zagreb.
- B. Pavković, D. Veljan (1995.): Elementarna matematika 2, Školska knjiga, Zagreb.
- https://www.ncvvo.hr/probni-ispiti-u-sk-god-2024-2025/
- Van Hiele, P.M. (1986.): Structure and Insight. A theory of Mathematics Education, Academic Press Inc.,
- Van Hiele, P. M. (1999.); Developing geometric thinking through activities that begin with play, Teaching children mathematics, 5(6), pp. 310-316.