Which regions are unit disks?

La seule condition est $0\in D$.
Aucune hypothèse de convexité, de symétrie n’est nécessaire car l’énoncé ne demande qu’une distance, pas une norme.

Toute distance vérifie $d(0,0)=0\leqslant 1$, donc $0\in D$.

Soit $D\ni 0$. Définissons $\rho:\mathbb{R}^{2}\to[0,+\infty[$ par
$$\rho(0)=0,\qquad \rho(x)=1 \text{ si } x\in D\setminus\{0\},\qquad \rho(x)=2 \text{ si } x\notin D,$$de sorte que $\rho$ s’annule uniquement en $0$ et que $D=\{\rho\leqslant 1\}$. Posons alors
$$d(x,y)=\begin{cases}0 & \text{si } x=y,\\ \rho(x)+\rho(y) & \text{sinon.}\end{cases}$$

C’est une distance. La symétrie est claire. Si $d(x,y)=0$ avec $x\neq y$, alors $\rho(x)=\rho(y)=0$, donc $x=y=0$, ce qui est absurde. Pour l’inégalité triangulaire, soient $x,y,z$ ; si $x=z$ le membre de gauche est nul. Sinon, ou bien $y\notin\{x,z\}$ et
$$d(x,y)+d(y,z)=\rho(x)+2\rho(y)+\rho(z)\geqslant \rho(x)+\rho(z)=d(x,z),$$ou bien $y$ vaut $x$ ou $z$, et les deux membres coïncident.

Enfin $d(x,0)=\rho(x)$, donc $\{x:d(x,0)\leqslant 1\}=\{\rho\leqslant 1\}=D$. $\blacksquare$

Remarquons que la distance construite en réponse à l’énoncé littéral n’induit pas la topologie usuelle.