Dans un triangle ABC dont les points O, I et H sont respectivement le centre du cercle circonscrit,le centre du cercle inscrit et l’orthocentre, les cercles exinscrits touchent les côtés BC,CA et AB aux points D,E et F. Démontrer que les droites AD, BE et CF se coupent en un même point appelé N dont la distance à H est le double de la distance OI.
Soit J le centre du cercle exinscrit tangent à BC, et a, b, c les longueurs de BC, CA, AB ; les tangentes à ce cercle menées de A passent par B et C, leurs longueurs sont donc c+BD=b+CD=p, demi-périmètre de ABC. Donc BD=p-c, CD=p-b. De même pour les autres cercles exinscrits, CE=p-a, AE=p-c, AF=p-b, BF=p-a, donc (BD/CD)*(CE/AE)*(AF/BF)=1 : AD, BE et CF concourent en un point N.
Soit L la projection de I sur BC, point de contact du cercle inscrit, et M le point diamétralement opposé à L sur le cercle inscrit : BL=p-b=CD, donc le milieu A’ de BC est également celui de DL. La parallèle en M à BC, tangente en M au cercle inscrit coupe AC en P : PI est bissectrice de MPC, donc perpendiculaire à CI, et parallèle à CJ. Les triangles IMP et JDC sont donc homothétiques, et puisque IJ et PC passent par A, il en est de même de MD ; I est le milieu de LM et A’ celui de LD, donc A’I est parallèle à AD, soit AN. De même, si B’ et C’ sont les milieux de CA et AB, B’I est parallèle à BN et C’I à CN.
Dans l’homothétie de centre G (le centre de gravité) de rapport -1/2, le triangle médian A’B’C’ est l’image de ABC, donc I est l’image de N ; comme de plus, O est l’image de H, HN=2OI.
