# Matematyka — zadanie 11

> Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-091/zad/11
> Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej.

- arkusz: Matematyka · Matura · maj 2009 (podstawowa)
- rok: 2009
- poziom: podstawowa
- typ: open
- działy: Planimetria

## Treść

Zadanie 11. (4 pkt)
Na zewnątrz kwadratu ABCD na bokach AB i BC zbudowano trójkąty równoboczne AEB
i BFC. Uzasadnij, że trójkąt DEF jest równoboczny.
A
B
C
D
E
F

Próbny egzamin maturalny z matematyki
Poziom podstawowy
13

Próbny egzamin maturalny z matematyki
Poziom podstawowy
14

## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI)

## Poprawna odpowiedź: Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny

Uzasadnienie: wykażemy, że \(|DE| = |EF| = |DF|\), korzystając z przystającości trzech trójkątów o cesze BKB.

## Sposób 1 - Cecha BKB (bok-kąt-bok) na trzech trójkątach pomocniczych

**Oznaczenia.** Niech bok kwadratu \(ABCD\) ma długość \(a\). Ponieważ trójkąty \(AEB\) i \(BFC\) są równoboczne o bokach równych bokom kwadratu:
\[|DA| = |AB| = |BC| = |CD| = a, \quad |AE| = |EB| = a, \quad |BF| = |FC| = a.\]

**Krok 1. Wyznaczamy trzy kąty.**

> **Kąt \(\angle DAE\):**
\[\angle DAE = \angle DAB + \angle BAE = 90° + 60° = 150°.\]
Kąt prosty pochodzi z kwadratu, kąt \(60°\) - z trójkąta równobocznego \(AEB\).

> **Kąt \(\angle EBF\):**
Kąty przy wierzchołku \(B\) dopełniają pełny obrót (\(360°\)):
\[\angle EBA + \angle ABC + \angle CBF + \angle EBF = 360°,\]
\[60° + 90° + 60° + \angle EBF = 360°,\]
\[\angle EBF = 150°.\]

> **Kąt \(\angle DCF\):**
\[\angle DCF = \angle DCB + \angle BCF = 90° + 60° = 150°.\]

**Krok 2. Zestawiamy trzy trójkąty.**

| Trójkąt | Bok 1 | Kąt zawarty | Bok 2 | Szukany bok |
| \(\triangle DAE\) | \(|DA| = a\) | \(\angle DAE = 150°\) | \(|AE| = a\) | \(|DE|\) |
| \(\triangle EBF\) | \(|EB| = a\) | \(\angle EBF = 150°\) | \(|BF| = a\) | \(|EF|\) |
| \(\triangle DCF\) | \(|DC| = a\) | \(\angle DCF = 150°\) | \(|CF| = a\) | \(|DF|\) |

Każdy z trzech trójkątów ma **dwa boki równe \(a\) z zawartym kątem \(150°\)**.

Na mocy cechy **BKB** (bok-kąt-bok):
\[\triangle DAE \cong \triangle EBF \cong \triangle DCF.\]

**Krok 3. Wniosek.**

Z przystającości wynika:
\[|DE| = |EF| = |DF|.\]

**Trójkąt \(DEF\) ma wszystkie boki równe, więc jest równoboczny. \(\blacksquare\)**

## Sposób 2 - Współrzędne (weryfikacja algebraiczna)

Umieszczamy kwadrat w układzie współrzędnych, bok \(a = 1\):
\[A = (0,0),\quad B = (1,0),\quad C = (1,1),\quad D = (0,1).\]

Trójkąt równoboczny \(AEB\) zbudowany **na zewnątrz** (poniżej \(AB\)):
\[E = \left(\tfrac{1}{2},\; -\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right).\]

Trójkąt równoboczny \(BFC\) zbudowany **na zewnątrz** (na prawo od \(BC\)):
\[F = \left(1 + \tfrac{\sqrt{3}}{2},\; \tfrac{1}{2}\right).\]

**Liczymy \(|DE|^2\):**
\[|DE|^2 = \left(\tfrac{1}{2} - 0\right)^2 + \left(-\tfrac{\sqrt{3}}{2} - 1\right)^2 = \tfrac{1}{4} + \left(\tfrac{\sqrt{3}+2}{2}\right)^2 = \tfrac{1}{4} + \tfrac{3 + 4\sqrt{3} + 4}{4} = 2 + \sqrt{3}.\]

**Liczymy \(|EF|^2\):**
\[|EF|^2 = \left(1+\tfrac{\sqrt{3}}{2} - \tfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{1}{2} + \tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \left(\tfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right)^2 = 2 \cdot \tfrac{(1+\sqrt{3})^2}{4} = 2+\sqrt{3}.\]

**Liczymy \(|DF|^2\):**
\[|DF|^2 = \left(1+\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{1}{2}-1\right)^2 = \left(1+\sqrt{3}+\tfrac{3}{4}\right) + \tfrac{1}{4} = 2+\sqrt{3}.\]

Zatem:
\[|DE|^2 = |EF|^2 = |DF|^2 = 2+\sqrt{3},\]
\[|DE| = |EF| = |DF| = \sqrt{2+\sqrt{3}}.\]

Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny. \(\blacksquare\)

## Wzory z karty CKE

**Dział 10 (Planimetria, s. 15-17)** - własności trójkąta równobocznego i twierdzenie o przystającości.

W uzasadnieniu korzystamy z **cechy przystającości BKB**: jeśli dwa boki i zawarty między nimi kąt jednego trójkąta są równe odpowiednim elementom drugiego trójkąta, to trójkąty są przystające.

Kąt w trójkącie równobocznym:
\[\alpha = \frac{180°}{3} = 60°.\]

Suma kątów przy jednym wierzchołku (pełny obrót):
\[\angle_1 + \angle_2 + \angle_3 + \angle_4 = 360°.\]

## Typowe pułapki

> ⚠️ **Uwaga:** Najczęstszy błąd to pominięcie wyznaczenia kąta \(\angle EBF\) i błędne założenie, że wynosi on \(90°\) lub \(60°\). Kluczowe jest rozbicie pełnego kąta przy \(B\) na cztery części: \(60° + 90° + 60° + \angle EBF = 360°\), skąd \(\angle EBF = 150°\).

> ⚠️ **Uwaga:** Łatwo zbudować tylko dwa trójkąty pomocnicze (\(\triangle DAE\) i \(\triangle DCF\)), co daje \(|DE| = |DF|\), ale jeszcze nie wystarcza do równoboczności. Trzeba koniecznie rozważyć **trzy** trójkąty, by uzyskać wszystkie trzy równości boków.

> ⚠️ **Uwaga:** Sformułowanie „na zewnątrz kwadratu" jest istotne - gdyby trójkąty zbudowano wewnątrz, kąty byłyby inne (\(90° - 60° = 30°\)) i twierdzenie by nie zachodziło.

**Teza:** \(|DE| = |EF| = |FD|\), czyli \(\triangle DEF\) jest równoboczny.

### Oznaczenia i założenia
- \(ABCD\) - kwadrat, \(|AB| = |BC| = |CD| = |DA| = a\).
- \(\triangle AEB\) równoboczny, zbudowany na zewnątrz na boku \(AB\); wszystkie boki i kąty wewnętrzne równe \(a\) i \(60°\).
- \(\triangle BFC\) równoboczny na zewnątrz na boku \(BC\); analogicznie.

Rozważmy trzy trójkąty: \(\triangle DAE\), \(\triangle DCF\), \(\triangle EBF\). Wykażemy, że są one przystające, skąd wynika, że odpowiadające im boki \(DE\), \(DF\), \(EF\) są sobie równe.

### Krok 1. Równość odpowiednich boków (BKB - bok-kąt-bok)

**Trójkąt \(\triangle DAE\):**
- \(|DA| = a\) (bok kwadratu)
- \(|AE| = a\) (bok trójkąta równobocznego \(AEB\))

**Trójkąt \(\triangle DCF\):**
- \(|DC| = a\) (bok kwadratu)
- \(|CF| = a\) (bok trójkąta równobocznego \(BFC\))

**Trójkąt \(\triangle EBF\):**
- \(|EB| = a\) (bok \(\triangle AEB\))
- \(|BF| = a\) (bok \(\triangle BFC\))

We wszystkich trzech trójkątach obie pary boków wychodzące z wierzchołka kąta mają długość \(a\).

### Krok 2. Równość kątów zawartych między tymi bokami

**Kąt \(\angle DAE\):** w wierzchołku \(A\) spotykają się kąt kwadratu \(\angle DAB = 90°\) i kąt równobocznego trójkąta \(\angle BAE = 60°\). Trójkąt \(AEB\) jest na zewnątrz kwadratu, więc:
\[\angle DAE = \angle DAB + \angle BAE = 90° + 60° = 150°.\]

**Kąt \(\angle DCF\):** analogicznie w wierzchołku \(C\):
\[\angle DCF = \angle DCB + \angle BCF = 90° + 60° = 150°.\]

**Kąt \(\angle EBF\):** w wierzchołku \(B\) znajdują się cztery kąty - kąt kwadratu \(\angle ABC = 90°\) oraz dwa kąty równobocznych trójkątów \(\angle ABE = 60°\) i \(\angle CBF = 60°\). Suma kątów wokół punktu \(B\) wynosi \(360°\):
\[\angle EBF = 360° - 90° - 60° - 60° = 150°.\]

### Krok 3. Cecha przystawania BKB
We wszystkich trzech trójkątach:
- dwie pary boków o długości \(a\),
- kąt między nimi równy \(150°\).

Z cechy **bok-kąt-bok (BKB)**:
\[\triangle DAE \cong \triangle DCF \cong \triangle EBF.\]

### Krok 4. Wniosek o bokach \(\triangle DEF\)
Z przystawania trójkątów odpowiadające sobie trzecie boki są równe:
- \(|DE|\) - trzeci bok w \(\triangle DAE\).
- \(|DF|\) - trzeci bok w \(\triangle DCF\).
- \(|EF|\) - trzeci bok w \(\triangle EBF\).

Stąd:
\[|DE| = |DF| = |EF|.\]

Wszystkie trzy boki trójkąta \(DEF\) są sobie równe, czyli \(\triangle DEF\) jest **równoboczny**. \(\blacksquare\)

### Obliczenie pomocnicze (nie jest wymagane, ale zamyka dowód liczbowo)
Z twierdzenia cosinusów w \(\triangle DAE\):
\[|DE|^2 = a^2 + a^2 - 2a^2 \cos 150° = 2a^2 + a^2\sqrt{3} = a^2(2 + \sqrt{3}).\]

Ta sama wartość wyjdzie dla \(|DF|\) i \(|EF|\).
\[|DE| = |DF| = |EF| = a\sqrt{2 + \sqrt{3}}.\]

## Linki

- [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-091/zad/11)
- [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-mma-p1-1p-091%2Fzad%2F11)

## Podobne zadania

- [Zadanie 11](https://matura.lol/question/matematyka-2009-styczen-probna-podstawowa/zad/11) — Zadanie 11. (4 pkt) Na zewnątrz kwadratu ABCD na bokach AB i BC zbudowano trójkąty równoboczne AEB i BFC. Uzasadnij, że trójkąt DEF jest równoboczny. A B C D E 
- [Zadanie 6](https://matura.lol/question/matematyka-2023-czerwiec-matura-rozszerzona/zad/6) — Zadanie 6. (0-3) Dany jest okrąg 𝒪. Przez punkt 𝐴 poprowadzono dwie proste, które są styczne do tego okręgu w punktach - odpowiednio - 𝑃 oraz 𝑄. Przez punkt 𝐵 l
- [Zadanie 8](https://matura.lol/question/matematyka-2023-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/8) — Zadanie 8. (0-3) Dany jest okrąg 𝒪. Przez punkt 𝐴 poprowadzono dwie proste, które są styczne do tego okręgu w punktach - odpowiednio - 𝑃 oraz 𝑄. Przez punkt 𝐵 l
- [Zadanie 10](https://matura.lol/question/matematyka-2015-przykladowy-arkusz-cke-rozszerzona/zad/10) — Zadanie 10. (0-3) Punkty 1 2 3 23 24 , , , , , P P P P P  dzielą okrąg na 24 równe łuki (zobacz rysunek). Punkt A jest punktem przecięcia cięciw 11 22 P P i 1 

_Ostatnia aktualizacja danych: 2026-10-03_