Soient Oa, 0(3, Oy, OS des parallèles (données) aux bis

(168) sectrices intérieures des angles A, B, C, D. Soit la droite GF=/,

ri

faisant y avec 0/, un angle égal à ^. Prenons , arbitrairement, FB=a; puis construisons le point A, syméirique de F, relativement à la droite MN, perpendiculaire à 0^ : A est un sommet de P. Menons AH perpendiculaire à Oi, GH perpendiculaire à Oy : ces droites se coupent en un point H.

Si Ton trace QP perpendiculaire au milieu de AH , PN perpendiculaire au milieu de GH; et qu'enfin, par le sommet A, on mène MQ perpendiculaire à Oa; on détermine le quadrilatère MNPQ (*) , circonscrit au quadrilatère P, dont tous les sommets sont connus (**).

M. Remarque. — Le problème est indéterminé; ce qui était évident a priori.

Équations du problème.

S. Il est visible (et connu) que :

Donc

le quadrilatère Q est inscriptible à une circonférence (***).

4* Remarque. — Si a, P, y, d sont les angles consécutifs, indiqués sur la figure 1 :

(*) Nous le déftigoerons par la lettre Q.

(**) On justifie celte construction en se reportant au problème direct : Au quadrilatère Q, inscrire un quadrilatère P, dont le périmètre soit minimum (Théorèmes et Problèmes de Géométrie élémentaire, 6« édit., pp. 2Q et 21). La théorie du kaléidoscope est fondée sur ce problème. (***) Loc. cit.

Mais, par hypothèse, la droite GF fait, avec O7, un angle égal à ^* Gonséquemment :

Ainsi, la construction indiquée équivaut à Temploi des angles C, B, A, D.