Lösung

[Rolf b]

Hab's ja schon vorher korrigiert :)

Allerdings bin ich wohl den Nachweis schuldig geblieben, dass $$\measuredangle EDC = 60^\circ$$ ist.

Die Winkel am Punkt D bezeichne ich von oben nach unten mit $$ \delta_1 (\measuredangle BDA)$$, $$\delta_2 (\measuredangle CDB)$$ und $$\delta_3 (\measuredangle EDC)$$.

Es ist

$$ 2\beta + 120^\circ + \delta_2+\delta_1+60^\circ = 360^\circ$$ (Winkelsumme Viereck)
$$ \Longleftrightarrow 2\beta + \delta_1 + \delta_2 = 180^\circ $$

Damit ist $$2\beta = \delta_3$$, weil ja $$\delta_1 + \delta_2 + \delta_3$$ einen gestreckten Winkel bilden. $$\bigtriangleup$$ CED und $$\bigtriangleup$$ BEA haben demnach 3 gleiche Winkel, nur mit unterschiedlicher Umlaufrichtung. D.h. das eine ist zur Spiegelung des anderen ähnlich, also demnach mindestens mal gleichschenklig. Und ein gleichschenkliges Dreieck, wo ein Winkel $$60^\circ$$ beträgt, ist gleichseitig. Es folgt $$\measuredangle EDC = 60^\circ$$, q.e.d :)

Gruß
Rolf