Cách giải 1: (Hình 1) Xét △NBI ta có: IBN^=B2^+B3^ mà B2^=CP^2; B3^=NAC^ (Góc nội tiếp chắn cung NC^); NAC^=BAC^2Do đó IBN^=A^+B^2

BIN^=A1^+B1^=A^+B^2 (Góc ngoài của tam giác ABI)⇒IBN^=BIN^=> △NBI cân tại N => N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI.Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có :BHN^=12sđ(BN^+AM^+AP^)=12sđBC^+sđAB^+sđAC^2Vì BHN^ là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và BN^=BC^2; AM^=AB^2; AP^=AC^2⇒BHN^=14.360∘=90∘=> RN là trung trực của đoạn thẳng BI => BR = RI => RBI cân tại R B1^=RIB^ mà B1^=B2^⇒B2^=RIB^=> IR // BC (Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau)Cũng chứng minh tương tự ta cũng được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường thẳng BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC => R ; I ; S thẳng hàng.Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

  Cách giải 2: (Hình 2) Theo giả thiết ta có MA^=MB^ do đó MN là phân giác của ANB^Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABN ta có: RARB=NANB (1)Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN => SASC=NANC (2) vì BN^=CN^ nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được RARB=SASC=> RS // BC (định lý Ta-lét đảo)Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:AIID=RARB mà NANB=RARB suy ra AIID=NANB△BND ~△ANB (vì có góc BNA^ chung và BAN^=NBD^) Nên NANB=ABBD. Vậy AIID=ABBDSuy ra BI là phân giác của góc ABC^Ở trên ta có I thuộc phân giác AN của BAC^ ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác ABC^ nên I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.( Đpcm)