Problème proposé par Bernard Vignes
Dans un triangle ABC, le point O est le centre du cercle circonscrit (Γ) et I est le centre du cercle inscrit.
On trace sur le cercle (Γ) le point D d’où l’on voit les segments BI et CI sous le même angle puis le point E d’où l’on voit les segments CI et AI sous le même angle et le point F d’où l’on voit les segments AI et BI sous le même angle.
On trace les points A',B' et C' à l’intersection des droites AI, BI et CI avec le cercle (Γ) puis les points A'', B'' et C'' qui leur sont diamétralement opposés sur ce même cercle.
Démontrer que les droites AD,BE et CF se rencontrent sur le « boulevard » où se trouvent également les six points de rencontre respectifs des droites DB' et EA', EC' et FB', FA' et DC',AB'' et BA'', BC'' et CB'',CA'' et AC''.
DI passe donc par le milieu A’’ du grand arc BC, diamétralement opposé à A’, milieu du petit arc BC, aligné avec A et I. De même pour E, B’’, B’ et F, C’’, C’.
Rappel du théorème de Pascal : les cotés opposés d’un hexagone inscrit se coupent en trois points alignés. En l’appliquant à DB’ B’’EA’A’’, on en déduit que DB’ ∩ EA’ est aligné avec O (A’A’’ ∩ B’B’’) et I (A’’D ∩ B’’E) ; de même pour EC’ ∩ FB’ (hexagone EC’C’‘FB’B’’), FA’
∩ DC’ ( FA’A’‘DC’C’’), AB’’ ∩ BA’’ ( AB’‘B’BA’’A’), BC’’ ∩ CB’’
( BC’‘C’CB’’B’) et CA’’ ∩ AC’’ (CA’‘A’AC’’C’).
Par ailleurs le birapport d’un faisceau de droites joignant un sommet à quatre points d’une conique (ici un cercle) ne dépend pas du choix du sommet. Si OI coupe le cercle en M et N, (M, A’, D, N)=(AM, AA’, AD, AN) =(A’’M, A’’A’, A’’D, A’’N), donc si AD coupe OI en G, on a, sur la sécante OI, (M, I, G, N)=(M, O, I, N). Il en résulte que l’on aurait obtenu le même point G à partir de (M, B’, E, N) et (M, C’, F, N), donc que AD, BE et CF se coupent en un même point de OI.
Ces propriétés sont projectives et sont conservées si l’on remplace le cercle par une conique, et O et I par deux points quelconques, avec ensuite AIA’ et A’OA’’ alignés, etc...
