Problem 1866

Solution:

Erste Lösung. Es sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $AB$. Die durch $M$ gezogene Parallele zu $DY$ treffe $BD$ in $G$ und die durch $A$ gezogene Parallele zu $BD$ in $H$. Aus $\overline{AM} = \overline{MB}$ schließt man leicht $\overline{HM} = \overline{MG}$, und da $DY \perp DB$ vorausgesetzt ist, ist das Viereck $DGHY$ ein Rechteck. Beides zusammen lehrt $\overline{DM} = \overline{MY}$, und in gleicher Weise zeigt man $\overline{DM} = \overline{MX}$. Da das Trapez $ABCD$ gleichschenklig ist, gilt ferner $\overline{DM} = \overline{MC}$, und aus der Kombination der drei letzten Gleichungen ergibt sich sofort, dass die vier Punkte $C, D, X, Y$ auf einem gemeinsamen Kreis um $M$ liegen.

Zweite Lösung. Man ergänze das Dreieck $DAB$ zu einem Parallelogramm $DAZB$. Nach Konstruktion von $X$ und $Y$ liegen diese beiden Punkte auf $ZB$ bzw. $ZA$, und es gilt $\angle DXZ = \angle ZYD = 90^{\circ}$. Der Satz des Thales liefert nunmehr, dass $X$ und $Y$ auf dem Kreis mit Durchmesser $DZ$ liegen. Der Mittelpunkt dieses Kreises ist gleichzeitig der Mittelpunkt der Strecke $DZ$ und, da sich in Parallelogrammen die Diagonalen gegenseitig halbieren, fällt dieser mit dem Mittelpunkt der Strecke $AB$ zusammen. Nachdem nun das Trapez $ABCD$ als gleichschenklig vorausgesetzt ist, gilt folglich $\overline{DM} = \overline{MC}$, womit gezeigt ist, dass auch der Punkt $C$ auf dem vorhin betrachteten Kreis liegt.

Dritte Lösung (skizziert, nach einer Idee von Andreas Gross). Es sei $F = (ABD)$ der Flächeninhalt des Dreiecks $ABD$. Wir ziehen um $D$ einen Kreis $\omega$ mit Radius $\sqrt{2F}$ und invertieren an diesem. Kundige können sich leicht überlegen, dass $\overline{DX'} = \overline{DA}$ sowie $\overline{DY'} = \overline{DB}$ gilt und dass hieraus $(DX'Y') = F$ folgt. Es sei nun $C^*$ der Schnittpunkt der Geraden $DC$ und $X'Y'$ sowie $H$ der Fußpunkt des aus $D$ auf $AB$ gefällten Lotes. Nun haben die Punkte $X', Y'$ von der Geraden $CD$ die Abstände $\overline{AH}, \overline{BH}$, und hieraus ergibt sich $(DX'Y') = (DC^*Y') - (DC^*X') = \frac{1}{2} \overline{DC^*} \cdot (\overline{HB} - \overline{AH}) = \frac{1}{2} \overline{DC^*} \cdot \overline{DC}$. Im Zusammenhang mit einer bereits angegebenen Gleichung folgt hieraus $\overline{DC^*} \cdot \overline{DC} = 2F$, woraus sich mit Hilfe einer kleinen Lagebetrachtung $C^* = C'$ ergibt. Demnach liegen die drei Punkte $C', X', Y'$ auf einer gemeinsamen Geraden, und von dieser überzeugt man sich leicht, dass sie nicht durch $D$ gehen kann. Dies impliziert die Behauptung.