On trace successivement :
- deux cercles de centres O1 et O2 tangents extérieurement en un point I,
- la tangente (T) en I à ces deux cercles,
- une tangente extérieure (T’) commune à ces deux cercles, - un cercle de centre O de sorte que les deux cercles de centres O1 et O2 lui sont tangents intérieurement comme l’illustre la figure ci-après.
Le cercle de centre O coupe les tangentes (T) et (T’) en A, A’, B et C. Prouver que le point I est le centre du cercle inscrit du triangle ABC.
Transformons le problème par une inversion de pole I : (T) est globalement invariante, les images des cercles (O1) et (O2) sont les droites (D1) et (D2), parallèles à (T), celle de la tangente (T’) est le cercle (Γ) tangent à (D1) et (D2) passant par I, et
celle du cercle (O) est un cercle (Γ’), circonscrit à A’, B‘, C’, images de A, B, C, également tangent à (D1) et (D2), donc égal à (Γ) ; (Γ) et (Γ’) se coupent en B‘ et C’, et sont donc symétriques par rapport à B’C’, qui est perpendiculaire à (T), soit IA’:
A’I est donc une hauteur du triangle A’B’C’, et comme le symétrique de I appartient au cercle circonscrit, I est l’orthocentre de A’B’C’, et les cercles
circonscrits à IB’C’, IC’A’, IA’B‘ sont les symétriques du cercle circonscrit à A’B’C‘
par rapport à B’C’, C’A’, A’B‘ respectivement ; il en résulte que les cercles
circonscrits à IC’A‘ et IA’B‘ sont symétriques par rapport à IA’, et de même pour IA’B‘ et IB’C‘ par rapport à IB‘ et pour IB’C‘ et IC’A‘ par rapport à IC’.
En revenant à la figure avant inversion, on en déduit que les droites AB et CA sont symétriques par rapport à IA, AB et BC par rapport à IB et BC et CA par rapport à IC, donc que AI, BI et CI sont les bissectrices des angles du triangle ABC, et que I est donc le centre du cercle inscrit.
