Poprawna odpowiedź: C — \(15°\)

Sposób 1 — Trójkąt równoramienny DCE

Kluczowa obserwacja: Skoro ABCD to kwadrat i BEC to trójkąt równoboczny, wszystkie cztery odcinki \(AB = BC = CD = DA = BE = EC\) są równe. Oznaczmy ich długość \(a\).

Krok 1: Wyznaczamy kąt \(\angle DCE\).

\[\angle DCE = \angle DCB + \angle BCE\]

\(\angle DCB = 90°\) — kąt wewnętrzny kwadratu
\(\angle BCE = 60°\) — kąt trójkąta równobocznego
Trójkąt BEC jest zbudowany na zewnątrz kwadratu, więc kąty dodają się:

\[\angle DCE = 90° + 60° = 150°\]

Krok 2: Rozpoznajemy trójkąt \(DCE\) jako równoramienny.

\[DC = a \quad \text{(bok kwadratu)}, \quad EC = a \quad \text{(bok trójkąta równobocznego)}\]

Zatem \(DC = EC = a\), więc trójkąt \(DCE\) jest równoramienny z wierzchołkiem przy \(C\).

Krok 3: Liczymy kąt \(\angle DEC\).

W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie są równe: \[\angle CDE = \angle DEC\]

Z sumy kątów w trójkącie: \[\angle DCE + \angle CDE + \angle DEC = 180°\] \[150° + 2 \cdot \angle DEC = 180°\] \[2 \cdot \angle DEC = 30°\] \[\boxed{\angle DEC = 15°}\]

Sposób 2 — Współrzędne kartezjańskie (weryfikacja)

Przyjmijmy bok kwadratu \(a = 1\) i układamy wierzchołki:

\(A = (0,0)\), \(B = (1,0)\), \(C = (1,1)\), \(D = (0,1)\)

Środek \(BC\) to \((1, \tfrac{1}{2})\). Trójkąt BEC na zewnątrz kwadratu (w prawo):

\[E = \left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2},\ \frac{1}{2}\right)\]

Wektory z \(E\): \[\vec{ED} = D - E = \left(-1 - \frac{\sqrt{3}}{2},\ \frac{1}{2}\right)\] \[\vec{EC} = C - E = \left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\ \frac{1}{2}\right)\]

Długość \(|\vec{EC}| = \sqrt{\tfrac{3}{4} + \tfrac{1}{4}} = 1\) ✓ (bok równobocznego)

Iloczyn skalarny: \[\vec{ED} \cdot \vec{EC} = \left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} + 1\]

Długość \(|\vec{ED}| = \sqrt{\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \frac{1}{4}} = \sqrt{2 + \sqrt{3}}\)

\[\cos(\angle DEC) = \frac{\frac{\sqrt{3}+2}{2}}{\sqrt{2+\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}+2}{2\sqrt{2+\sqrt{3}}}\]

Numerycznie: \(\cos(\angle DEC) \approx \frac{3{,}732}{3{,}864} \approx 0{,}9659 = \cos 15°\) ✓

Wzory z karty CKE

Dział 10 (Planimetria, s. 15–16) — suma kątów w trójkącie: \[\alpha + \beta + \gamma = 180°\] Użyte w Sposobie 1 do wyznaczenia \(\angle DEC\) z trójkąta \(DCE\).

Dział 10 (Planimetria, s. 15) — własność trójkąta równoramiennego:

Kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego są równe.

W tym zadaniu nie ma potrzeby stosowania zaawansowanych wzorów — wystarczy znajomość własności kwadratu, trójkąta równobocznego i trójkąta równoramiennego.

Dlaczego inne odpowiedzi są błędne

Odp.	Typowy błąd
A: \(10°\)	Brak jednoznacznego błędu obliczeniowego prowadzącego do \(10°\) — odpowiedź mylnie dobrana jako "połowa \(20°\)"
B: \(20°\)	Może wynikać z błędnego liczenia \(\angle DCE = 140°\) (odjęcie zamiast dodanie kątów: \(90° + 50°\) po pomyleniu kąta trójkąta równobocznego z \(50°\))
D: \(30°\)	Najczęstszy błąd: wyznaczenie \(\angle DCE = 120°\) zamiast \(150°\), np. przez odjęcie: \(180° - 60° = 120°\). Wtedy \(2 \cdot \angle DEC = 60°\), stąd \(\angle DEC = 30°\). Błąd leży w zlekceważeniu, że kąt kwadratu i kąt trójkąta równobocznego dołożone są do siebie, a nie odejmowane.

Typowe pułapki i uwaga

⚠️ Uwaga: Trójkąt jest zbudowany na zewnątrz kwadratu — kąt \(\angle DCE = 90° + 60° = 150°\), a nie \(90° - 60° = 30°\). Jeśli rysunek jest nieczytelny, łatwo pomylić kierunek budowania trójkąta.

⚠️ Uwaga: Kluczowy krok to dostrzeżenie, że \(DC = EC\) (oba są bokami równej długości — kwadratu i trójkąta równobocznego). Bez tego nie możemy skorzystać z własności trójkąta równoramiennego.

⚠️ Uwaga: Nie ma sensu szukać dodatkowych wzorów trygonometrycznych — całe zadanie rozwiązuje się na zasadzie sumy kątów i trójkąta równoramiennego. Komplikowanie rachunkami wydłuża czas i zwiększa ryzyko pomyłki.

Matura 2022 - Czerwcowa