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Meine Lösung:
(1)
Für die Seitenverhältnisse beim DIN-Format gilt |DA|:|AE|=|AB|:|BC|.
Die Dreiecke $$ \triangle ABC $$ und $$ \triangle DAE $$ sind daher ähnlich,
folglich sind die Winkel $$ \alpha = \angle BAC $$ und $$ \beta = \angle ADE $$ gleich groß.
Da $$ \angle SAD = 90^\circ - \alpha = 90^\circ - \beta $$ ist, muss $$ \angle DSA = 90^\circ $$ sein.
Die Diagonalen [AC] und [DE] stehen also in ihrem Schnittpunkt S aufeinander senkrecht.
(2)
Wir bezeichnen die Kreisbögen mit $$ k_{1} $$ bis $$ k_{4} $$ (geordnet nach wachsendem Radius).
Wegen (1) ist $$ \angle ASE = 90^\circ $$ . Nach der Umkehrung des Thalessatzes folgt, dass S auf dem Thaleskreis $$ k_{1} $$ mit Durchmesser [AE] liegt.
In entsprechender Weise folgt:
S liegt auf dem Thaleskreis $$ k_{2} $$ mit Durchmesser [DA], und
S liegt auf dem Thaleskreis $$ k_{3} $$ mit Durchmesser [CD].
Für $$ k_{4} $$ spiegeln wir das Rechteck ABCD an der Seite [AB] und erhalten das Spiegelbild ABC'D'. Der Viertelkreis $$ k_{4} $$ ist Teil des Thaleskreises über [C'C]; S liegt daher auch auf $$ k_{4} $$.
@Matthias Apsel hat es auch so gelöst, wenn auch recht knapp formuliert:
Wie man leicht sieht, schneiden sich die beiden Diagonalen senkrecht. Die entsprechenden Kreise sind Thaleskreise. Der Schnittpunkt der Diagonalen ist der Schnittpunkt der Kreise.
@Gunnar Bittersmann hat mit Erfolg Analytische Geometrie bemüht:
Die Kreise seien von klein nach groß k₁, k₂, k₃, k₄
In deine Zeichnung lege ich ein Koordinatensystem mit Ursprung in der linken unteren Ecke des Blatts, x-Achse nach rechts, y-Achse nach oben und Einheit gleich dem Radius von k₁.
Die Kreisgleichungen sind dann:
k₁: (x − 1)² + y² = 1
k₂: x² + (y − √2)² = 2
k₃: (x − 2)² + (y − 2√2)² = 4
k₄: (x − 4)² + y² = 8Klammern aufgelöst:
k₁: x² − 2x + y² = 0
k₂: x² + y² − 2y√2 = 0woraus x = y√2 folgt.
In k₁ eingesetzt ergibt den nichttrivialen Schnittpunkt x = ⁴⁄₃, y = ⅔√2.
In k₃ und k₄ eingesetzt ergibt, dass dieser Schnittpunkt auch auf diesen Kreisen liegt.
@Tabellenkalk hat richtig gesehen, dass das halbe Rechteck durch eine Drehstreckung auf das ganze abgebildet wird, hat dies aber nicht genauer ausgeführt:
Versuch des Beweises durch unvollständige Induktion:
Man schneide an der gestrichelten Linie, verwerfe die rechte Hälfte, drehe die linke um 90° und vergrößere auf 141%.Sodann zeichne man eine neue gestrichelte Linie 😉
Da bei dieser Drehstreckung [ED] auf [AC] abgebildet wird, muss deren Schnittpunkt S der Fixpunkt sein. Da die Drehung um 90° im Uhrzeigersinn erfolgt, sind [ED] und [AC] orthogonal.
Man zeigt – wie oben –, dass $$ k_1 $$ durch S geht. Weil nun $$ k_1 $$ auf $$ k_2 $$, $$ k_2 $$ auf $$ k_3 $$ und (ein Teil von) $$ k_3 $$ auf $$ k_4 $$ abgebildet werden, gehen sie alle durch den Fixpunkt S.