Gọi O là giao điểm của đường cao MA, NP và PC của tam giác MNP.

Ta có tam giác MNP đều nên MA, NB, PC  là ba đường trung tuyến đồng thời là ba đường phân giác của tam giác.

Do đó, O là trọng tâm, đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP với bán kính r = OA = OB = OC.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là 

Do đó, đường tròn nội tiếp tam giác đều MNP có tâm O và bán kính như hình vẽ.

− Vị trí điểm O để xây trường học cần cách đều 3 điểm A, B, C nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

− Vị trí điểm I để lập trạm cứu hộ cần cách đều 3 con đường AB, BC, CA nên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Cách vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

− Vẽ đường trung trực a của đoạn thẳng AB.

− Vẽ đường trung trực b của đoạn thẳng AC.

− Gọi O là giao điểm của a và b.

− Vẽ đường tròn tâm O bán kính OA.

Khi đó, đường tròn (O; OA) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Cách vẽ đường tròn nội tiếp tam giác ABC:

− Vẽ đường phân giác AH của góc BAC.

− Vẽ đường phân giác BE của góc ABC.

− Gọi O là giao điểm của AH và BE.

− Vẽ đường tròn tâm O bán kính OH.

Khi đó, đường tròn (O; OH) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Vì tam giác ABC đều nên O cũng là trọng tâm của ∆ABC.

Theo định lí Pythagore, ta có: AB2 = AH2 + BH2.

Suy ra 

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:

Vậy

 Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC ⊥ BC.

Mà AC // OI nên OI ⊥ BC (tính chất từ vuông góc đến song song).

Gọi N là giao điểm của BC và OI.

Tam giác OBC có OB = OC = R nên ∆OBC cân tại O.

Ta có ON là đường cao của ∆OBC cân tại O.

Suy ra ON cũng là đường phân giác của .

Do đó

Xét ∆COM và ∆BOM có:

OM là cạnh chung;  OB = OC = R.

Do đó ∆COM = ∆BOM (c.g.c).

Suy ra (hai góc tương ứng).

Mà (BM là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B).

Suy ra nên OC ⊥ MC tại C.

Mà C thuộc đường tròn (O), do đó MC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AD = AF, BD = BE, CE = CF.

Suy ra AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + CF) – (BE + CE)

= (AD + AF) + (CF – CE) + (BD – BE) = 2AD.

Vậy 2AD = AB + AC – BC (đpcm).

Các hệ thức tương tự như ở câu a là:

2AF = AB + AC – BC;

2BD = 2BE = AB + BC – AC; 

2EC = 2FC = AC + BC – AB.

Gọi (O; 1 cm) là đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC có cạnh bằng x (cm) (x > 0).

Khi đó O là trọng tâm của ∆ABC.

Vẽ đường trung tuyến AH của ∆ABC.

Ta có , suy ra AH = 3r = 3 . 1 = 3 (cm).

Theo định lí Pythagore, ta có AB2 = AH2 + HB2.

Suy ra nên hay x2 = 12.

Do đó (loại) hoặc  (thỏa mãn).

Diện tích tam giác ABC là:

.

Vậy diện tích tam giác đều cần tìm là

Gọi trại có dạng tam giác đều ABC có cạnh bằng 100 m và O là vị trí đặt đèn.

Vì vị trí đặt đèn cách đều ba đỉnh của tam giác nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.

Vẽ hai đường trung tuyến AH và BI, O là giao điểm của AH và BI.

Suy ra O là trọng tâm của ∆ABC.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABH, ta có: AB2 = AH2 + BH2.

Suy ra nên hay x2 = 12.

Do đó

Vậy khoảng cách từ điểm đặt đèn đến ba đỉnh của tam giác khoảng 57,7 m.