     
P 49 (2021/2022) 1 5
Marjan in oksitanski križ
A S̌
V spomin Marjanu Jermanu.
Marjan je med počitnicami obiskal Francijo. Med
ogledom mesta Toulouse je v mestnem grbu opazil
geometrijski lik v obliki križa (slika 1). To je bil
štirikraki oksitanski križ, imenovan po pokrajini
na jugozahodu Francije.
SLIKA 1.
Oksitanski križ
Kot strasten ljubitelj geometrije je Marjan takoj
poiskal elegantno geometrijsko konstrukcijo oksitan-
skega križa. Najprej je v kvadrat s stranico 1 včrtal
štiri polkrožnice in štiri četrtkrožnice. Iz delov teh
krožnic je dobil križ (slika 2), pri katerem so krajši
loki izbočeni in ne vbočeni kakor na pravem oksitan-
skem križu. Nato je svojo skico še izpopolnil, tako
da je krajše loke zamenjal z deli manjših krožnic, ki
se dotikajo simetrijske osi križa v enem od njego-
SLIKA 2.
Marjanov poskus konstrukcije oksitanskega križa
SLIKA 3.
Popravljena konstrukcija slike 2
vih oglišč in potekajo skozi sosednje oglišče (slika 3).
Tako je postal njegov križ res zelo podoben pravemu
oksitanskemu križu.
     
P 49 (2021/2022) 16
Bralci Preseka bodo verjetno opazili, da je risanje
oksitanskega križa po tej konstrukciji odlična in ne
prezahtevna vaja za vse, ki se učijo uporabe pro-
grama GeoGebra. Tistim bralcem Preseka, ki pozna-
jo osnove trigonometrije, pa lahko zastavimo še ne-
koliko zahtevnejši izziv.
Naloga. Za vsakega od križev na sliki 2 in sliki 3
natančno izračunajte njegovo ploščino.
Rešitev. Najprej bomo podali izpeljavo ploščine za
prvi križ. Naj bo ABCD kvadrat s stranico |AB| “ 1.
Označimo s p0, p1, p2 in p3 ploščine pripadajočih
likov na sliki 4.
A B
CD
G
E
E1
F 1 F
F2
p1
p0
p2
p3
SLIKA 4.
Izpeljava ploščine križa s slike 2
Naj bo P1 ploščina križa. Ni težko videti, da potem
velja
P1 “ 4 pp1 ` p2 ´ 2p3q . (1)
V naslednjih treh odstavkih bomo izračunali p1, p2
in 2p3.
Zaradi simetričnosti konstrukcije velja p1 ` 2p0 “
π{8 in p0 ` p1 “ 1{4, od koder dobimo
p1 “
1
2
´ π
8
. (2)
V nadaljevanju bomo privzeli, da so vsi koti izra-
ženi v radianih. Označimo z E tisto presečišče kro-
žnic s polmeroma 1 in središčema v C in D, ki leži
v notranjosti kvadrata ABCD. Naj bo E1 pravokotna
projekcija točke E na stranico CD. S tem je |DE| “ 1
in |DE1| “ 1{2. Ploščino p2 bomo dobili tako, da
bomo od ploščine kvadrata odšteli ploščino △DEC
in ploščini krožnih izsekov ADE in ECB, torej
p2 “ 1´
1
2
´
|DC| ¨ |EE1| ` |AD|2 ¨ =ADE ` |BC|2 ¨ =ECB
¯
.
Izračunajmo manjkajoče količine. Po Pitagorovem iz-
reku imamo
|EE1| “
b
|DE|2 ´ |DE1|2 “
?
3
2
. (3)
Ker je še =ADE “ π{2 ´ =EDE1 “ π{2 ´ =E1CE “
=ECB in =EDE1 “ π{3, saj je △DEC enakostranični
trikotnik, sledi
p2 “ 1 ´
?
3
4
´ π
6
. (4)
Označimo z F tisto presečišče polkrožnice nadAD
s krožnico polmera 1 in središčem v B, ki leži v notra-
njosti kvadrata ABCD. S tem je |AG| “ |GD| “ 1{2
in |BF | “ 1. Naj bosta F 1 in F2 pravokotni projek-
ciji točke F na stranici AD in AB. Podobno kot prej
bomo ploščino p3 dobili tako, da bomo od ploščine
kvadrata odšteli ploščini △AFG in △ABF ter plo-
ščini krožnih izsekov FGD in CBF , torej
p3 “ 1 ´
1
2
´
|AG| ¨ |FF 1|
` |AB| ¨ |FF2| ` |GD|2 ¨ =FGD ` |BC|2 ¨ =CBF
¯
.
Evklidov izrek |AF 1| ¨ |F 1D| “ |FF 1|2 za pravokotni tri-
kotnik △DAF zagotavlja
|AF 1| ´ |AF 1|2 “ |FF 1|2 .
Iz
1 “ |BF |2 “ |FF2|2 ` |BF2|2 “ |AF 1|2 ` p1 ´ |FF 1|q2
sledi še |AF 1| “ 2 |FF 1| ter s tem
|FF 1| “ 2
5
, |FF2| “ 4
5
. (5)
     
P 49 (2021/2022) 1 7
Ker je
=FGD “ 2 ¨ =FAD “ π ´ 2 arctan |FF
2|
|FF 1|
“ π ´ 2 arctan 2, (6)
=CBF “ π
2
´ arctan |FF
2|
1 ´ |FF 1| “
π
2
´ arctan 4
3
,
imamo
2p3 “ 1 ´
3π
4
` 1
2
arctan 2 ` arctan 4
3
. (7)
Po upoštevanju izrazov (2), (4) in (7) v (1) dobimo
P1 “ 2 ´
?
3 ` 11π
6
´ 2 arctan 2 ´ 4 arctan 4
3
.
Ploščina prvega križa je tako približno 0.10406.
Sedaj bomo podali še izpeljavo ploščine za drugi
križ. Označimo s p4 ploščino osenčenega lika na
sliki 5, pri čemer sledimo tudi oznakam s slike 4. Po-
tem bo ploščina križa P2 na sliki 3 enaka 8p4.
G
D
F
O1
O2
H
I
p4
SLIKA 5.
Izpeljava ploščine križa s slike 3
Označimo z O1 presečišče polkrožnic nad strani-
cama AD in BC . S tem je
|GF | “ |GO1| “
1
2
, |FH| “ 1
2
´ |FF 1| “ 1
10
,
|O1H| “ |FF2| ´
1
2
“ 3
10
,
|HI| “ |EE1| ´ |FF2| “
?
3
2
´ 4
5
,
pri čemer smo uporabili (3) and (5). Označimo z I ti-
sto presečišče krožnic s polmeroma 1 in središčema
v A in B, ki leži v notranjosti kvadrata ABCD. Naj bo
O2 središče krožnice, katere krožni lok podaja stra-
nico križa, torej |O2I| “ |O2F | ter premica skozi O2
in I je pravokotna na premico skozi O1 in I. Točka
H naj bo pravokotna projekcija točke F na stranico
O1I.
Ploščino p4 bomo dobili tako, da bomo od plo-
ščine štirikotnika O1IO2F z »ukrivljeno« stranico
O1F odšteli ploščino krožnega izseka FO2I, torej
2p4 “ p|FH| ` |O2I|q ¨ |HI| ` p|GO1| ` |FH|q ¨ |O1H|
´ |GF |2 ¨ =O1GF ´ |O2I|2 ¨ =FO2I.
Izračunajmo manjkajoče količine. Po (6) imamo
=O1GF “
π
2
´ =FGD “ ´π
2
` 2 arctan 2.
Ker je
p|FH| ´ |O2I|q2 ` |HI|2 “ |O2F |2 “ |O2I|2 ,
sledi
|O2I| “
|FH|2 ` |HI|2
2 ¨ |FH| “ 7 ´ 4
?
3.
Po kosinusnem izreku za △FIO2 imamo še
=FO2I “ arccos
˜
1 ´ |FH|
2 ` |HI|2
2 ¨ |O2I|2
¸
“ arccos 3 ´ 4
?
3
10
.
Dobimo
P2 “ 8p4 “ 27
?
3 ` π
2
´ 46 ´ 2 arctan 2´
4
´
7 ´ 4
?
3
¯2
arccos
3 ´ 4
?
3
10
.
Ploščina drugega križa je tako približno 0,08116.
ˆ ˆ ˆ
www.presek.si