Je propose une autre solution. A la relecture, je découvre de grosses ressemblances avec la solution de Sidonie pour le 4.5.6 !

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Un triangle $ABC$, je note $O$ le centre du cercle inscrit, $D$ le projeté orthogonal de $O$ sur $BC$ (le point de tangence du cercle), $E$ le milieu du segment $AD$, et $M$ le milieu du côté $BC$.

Alors les points $M,O,E$ sont alignés.

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On complète la figure par $H$ et $I$, projections orthogonales de $A$ et $E$ sur $BC$ ($AH$ est la hauteur). On aura besoin des longueurs des segments, $a, b, c$ longueurs des côtés, $h$ longueur de $AH$.

1/ Je note $m$ et $n$ les longueurs des segments $BH$ et $CH$. Pythagore me permet d’écrire $h^2=c^2-m^2=b^2-n^2$, soit simplement $a(m-n)=(b-c)(b+c)$, puis $m=\frac{(b-c)(b+c)}{2a}-\frac{a}{2}$.

D’où je tire la longueur du segment $MH$ : $\frac{(b-c)(b+c)}{2a}$ (1).

(je crois que je devrais écrire $\overline{MH}$, plutôt)

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2/ Je note $u,v,w$ les longueurs des bras de tangentes $BD$, etc. On a $a=u+v, b=u+w, c=v+w$. En inversant, $u=(ab)/2$.

D’où je tire la longueur du segment $MD$ : $(c-b)/2$ (2).

Et le rapport $MH/MD=(c+b)/a$ (3)

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3/ Le calcul de l’aire du triangle conduit à : $S=pr=ah/2$ ($p$ le demi-périmètre), soit $h/r=2p/a=(a+b+c)/a$ (4)

Tous ces résultats sont certainement banals, et bien connus.

Revenant à notre figure, on remarque que puisque $E$ est milieu du segment $AD$ alors $I$ est milieu de $DH$. et donc $MI=(MD+MH)/2$, et $MI/MD=(a+b+c)/(2a)$ grâce à (3).

Et, rapprochant de (4), je déduis la similitude des deux triangles rectangles $DMO$ et $IME$. En effet, $IE=AH/2$,
je peux donc écrire $IE/DO=h/(2r)=(a+b+c)/(2a)=MI/MD$.

Les triangles sont semblables, les angles $\widehat{IME}$ et $\widehat{DMO}$ sont égaux, et $M, O, E$ sont alignés.

Voici une preuve qui ne diffère guère de celle de Hébu que par l’exposition : les arguments sont au fond les siens, seul l’habillage a changé. Si, malgré l’absence de nouveauté, je la présente tout de même, c’est pour souligner encore plus, à la suite du commentaire laconique de Sidonie, la parenté avec 2.8 ; la démarche barycentrique de ma démonstration de 2.8 est en effet reprise ci-dessous.

Une notation : ${\rm Bar}(P,Q,R;\lambda,\mu,\nu)$ désignera le barycentre des points $P$, $Q$ et $R$ affectés de coefficients proportionnels à $\lambda$, $\mu$ et $\nu$.

Avec les notations de Hébu, il est bien connu que le centre $O$ du cercle inscrit est donné par $O={\rm Bar}(A,B,C;a,b,c)\;.$ (Cela résulte facilement de ce que chaque bissectrice intérieure du triangle découpe le côté opposé proportionnellement aux deux autres côtés.) On en déduit aussitôt que \[a\,\vec{OA}+b\,\vec{OB}+c\,\vec{OC}=\vec0\;.\]

Par ailleurs, puisque $BD=p-b$ et $CD=p-c$, on a $D={\rm Bar}(B,C;p{-}c,p{-}b)$, donc \[a\,\vec{OD}=(p{-}c)\,\vec{OB}+(p{-}b)\,\vec{OC}\;.\]

Additionnant membre à membre ces deux égalités vectorielles, on trouve $a\,(\vec{OA}+\vec{OD})=(p{-}b{-}c)\,(\vec{OB}+\vec{OC})$. Il ne reste qu’à remplacer $\vec{OA}+\vec{OD}$ par $2\,\vec{OE}$ et $\vec{OB}+\vec{OC}$ par $2\,\vec{OM}$ pour obtenir l’alignement de $O$, $E$ et $M$, et plus précisément $O={\rm Bar}(E,M;a,p{-}a)$.