拿破仑定理
在△ABC中,向三边分别向外侧作正三角形，然后把这三个正三角形的中心连结起来所构成的一定是正三角形.
这一定理可以等价描述为：若以任意三角形的各边为底边向形外作底角为30°的等腰三角形，则它们的顶点构成一个等边三角形．
拿破仑定理证明方法
1.在许莼舫的三圆共点的启发下，用四点共圆来获得奇妙的证明。
2.辅助线，证明此题。
3.用三角形的全等，三角形的相似推导出来该定理。
4.用旋转的方法也证明了该定理。
在△ABC的各边上向外各作等边△ABD，等边△ACF，等边△BCE。
如何证明：CD=AE=BF？
思路：利用旋转的方法来证明包含有这两条线段的两个三角形全等。
证明：∵△ABD是等边三角形；△ACF是等边三角形；
∴∠DAB=∠FAC=60°；
∴∠DAC=∠BAF；
在△DAC和△BAF中；
DA=BA；
∠DAC=∠BAF；
CA=FA；
∴△DAC≌△BAF；（SAS）
∴CD=BF；
∵△ABD和△BCE是等边三角形；
∴∠DBA=∠EBC=60°；
∴∠DBC=∠ABE；
在△DBC和△ABE中；
BD=BA；
∠DBC=∠ABE；
BC=BE；
∴△DBC≌△ABE；（SAS）
∴CD=AE；
∴ CD=BF=AE；
利用四点共圆来证明三圆共点。这是证明拿破仑定理的基础。
在△ABC的各边上向外各作等边△ABD，等边△ACF，等边△BCE。
如何证明：这3个等边三角形的外接圆共点？
思路：利用四点共圆来证明三圆共点。这是证明拿破仑定理的基础。
证明：设等边△ABD的外接圆和等边△ACF的外接圆相交于O；连AO、CO、BO。
∴∠ADB=∠AFC=60°；
∵ A、D、B、O四点共圆；A、F、C、O四点共圆；
∴∠AOB=∠AOC=120°；
∴∠BOC=120°；
∵△BCE是等边三角形
∴∠BEC=60°；
∴ B、E、C、O四点共圆；
∴ 这3个等边三角形的外接圆共点。
结论：因为周角等于360°，所以，∠AOB= ∠AOC=120°时，∠BOC就等于120°；
用四点共圆的性质定理和判定定理来证明三圆共点的问题
在△ABC的各边上向外各作等边△ABD，等边△ACF，等边△BCE。
求证：这3个等边三角形的中心M、N、P的连线构成一个等边三角形？
思路：利用已有的三个圆和三个四点共圆来证明。
证明：设等边△ABD的外接圆⊙N，等边△ACF的外接圆⊙M，等边△BCE的外接圆⊙P
相交于O；连AO、CO、BO。
∵ A、D、B、O四点共圆；
A、F、C、O四点共圆
B、E、C、O四点共圆
∠AFC=∠ADB=∠BEC=60°；
∴∠AOB=∠AOC=∠BOC=120°；
∵ NP、MP、MN是连心线；
BO、CO、AO是公共弦；
∴BO⊥NP于X；
CO⊥MP于Y；
AO⊥NM于Z。
∴ X、P、Y、O四点共圆；
Y、M、Z、O四点共圆；
Z、N、X、O四点共圆；
∴∠N=∠M=∠P=60°；
即△MNP是等边三角形。
结论：图中本没有圆，为了方便读图，我特地画出了三个等边三角形的外接圆：⊙N、⊙M、⊙P，而且还有三个四点共圆之辅助圆。一共六个圆。这是多么奇妙的构思啊！
其他的证法：
在△ABC的各边上向外各作等边△ABD，等边△ACF，等边△BCE。
如何证明：这三个等边三角形的中心的连线构成一个等边三角形？
思路1：为了充分展示这个命题的证法之蹊跷，请看学生自己的证法。利用旋转的三角形全等来证明。
证明1：将△NBP绕? 卧点旋转120°至△GCP；连GM；则NP=PG，∠CGP=∠BNP；
设∠ABC=α、∠ACB=β；
∠NBP=60°+α；
∴∠GCP=60°+α；
∵∠MCP=60°+β；
∴∠GCM=360°-（60°+α）
-（60°+β）；
=240°-（α+β）；
=240°-（180-∠BAC）
=60°+∠BAC；
=∠NAM；
在△MAN和△MCG中；
MC=MA；
∠GCM=∠NAM；
CG=NA；
∴△MAN≌△MCG；（SAS）
∴MN=MG；∠CGM=∠ANM；∠CMG=∠AMN；
在△MNP和△MGP中；
MN=MG；
PM=PM；
PN=PG；
∴△MNP≌△MGP；（SSS）
∴MN=MG；∠PNM=∠PGM；∠PMN=∠PMG；
∵∠BNA=120°
∴∠MNP=∠MGP=∠CGP+∠CGM=∠BNP+∠ANM=60°；
∵∠AMC=120°；∠CMG=∠AMN；
∴∠NMG=120& deg;；
∴∠PMN=∠PMG=60°；
∴∠N=∠M=∠P=60°；
即△MNP是等边三角形。
结论1：该证法：第一步：构造旋转的两个三角形全等△MAN≌△MCG；第二步：证明翻折的两个三角形全等△MNP≌△MGP；第三步：由∠BNA=120°推导出∠MNP=60°；第四步：由∠AMC=120°推导出∠PMN=∠PMG=60°。这后两步更艰难啊！
思路2：为了更充分展示这个命题的证法之蹊跷，请看我自己的证法。利用旋转的三角形相似来证明。
证明2：如图8-28乙所示：连NA、NB；MA、MC；PB、PC。再连CD、BF、AE。
∵∠BAF=60°+∠BAC；
∠DAC=60°+∠BAC；
∴∠BAF=∠DAC；
在△BAF和△DAC中；
DA=BA；
∠BAF=∠DAC；
CA=FA；
∴△BAF≌△DAC；（SAS）
∴DC=BF
同理：DC=AE；
∴DC=BF=AE；
∵∠NAM=60°+∠BAC；
∠DAC=60°+∠BAC；
∴ ∠NAM=∠DAC；
∵AD=2ANcos30°=AN
AC=2AMcos30°=AM
∴ =
在△NAM和△DAC中；
= ；
∠NAM=∠DAC；
∴△NAM∽△DAC；（SAS）
∴ =；
同理：=、=。
∴NM=MP=PN；
即△MNP是等边三角形。
结论2：该证法：第一步：证明旋转的三个三角形全等△DAC≌△BAF≌△EAB；得到：DC=BF=AE。这是一般的学生都能做到的。第二步：证明旋转的三对三角形相似△NAM∽△DAC；△MCP∽△FCB；△PBN∽△EBA！这也是一般的学生都能做到的，但是组合起来就不是一般学生所能想到的。须知：第一：用SAS证相似就不是一道简单的相似题了。第二：任何复杂的问题都是由简单的问题复合而成的。
证明法三：
以作出的三个等边三角形的中点（外心）构造三个外接圆⊙X，⊙Y，⊙Z
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交于根心O（根心定理）
连接AO、BO、CO为根轴
XY、YZ、XZ为等边三角形外接圆的连心线
∵平面上任意两圆的根轴垂直于它们的连心线
∴AO⊥YZ，BO⊥XZ，CO⊥XY
且有四边形BOCE、AOCD、FBOA为圆内接四边形
∴∠BOC、∠AOC、∠AOB为120°
（圆内接四边形对角互补，角BEC、CDA、BFA为60度）
∴∠X=360-120-90-90=60°同理可得∠Y=60° ∠Z=60°。
以△ABC的三边为底边各向形外作等腰三角形BCD，CAE和ABF，这三个等腰三角形的底角各为α，β和γ，且α+β+γ=90°，则
∠FDE=90°-α，∠DEF=90°-β，∠EFD=90°-γ．
为方便计，把△ABC的三内角简记为A、B、C．因DC=DB，则可将△DCE绕D点旋转∠BDC至△DBG位置，连FG．
∵∠FBG=360°-∠DBF-∠DBG
=360°-(α+β+γ) - (α+C+β)
=180°-B-C+180°-2(α+β+γ)+β+γ
=A+β+γ=∠FAE．
又BG=CE=AE，FB=FA，
∴△FBG≌△FAE，FG=FE．
从而△DGF≌△DEF，∠FDG=∠FDE，
同理∠DEF=90°-β，∠EFD=90°-γ．
在△ABC的外侧作三角形△BCP、△CAQ和△ABR，使∠PBC=∠QAC=α，∠PCB=∠QCA=β，∠RAB=∠RBA=γ，且α+β+γ=90°，则RQ=RP，且∠QRP=2α．
RB绕R逆时针旋转2α至RG，连BG、AG、QG．
∵∠GBA=∠GBR-γ
=90°-α-γ
=β
又RA=RB=RG，
即R为△ABG的外心，
∴△ABG∽△ACQ∽△BCP，
又∠BAC=∠GAQ，
又∠RGQ=∠AGQ+∠AGR
=∠ABC+α+γ=∠RBP，
∴∠RGQ≌△RBP．
∴RQ=RP．
又因∠GRQ=∠BRP，
∴∠QRP=∠GRB=2α．
设新三个三角形的中心分别是O1 O2 O3，
设出角度及边长，表达出∣O1O2∣及∣O1O3∣的长.经计算均等于（a2+b2+c2）/6]+(abc/2*√3*R)
其中分别为三边长，R为三角形ABC外接圆半径
有兴趣的朋友可以试试（尤其是高中朋友，可作为三角部分的练习题）
还可以用余弦定理来证明，思路是用三角形三边长a,b,c和（余弦定理）来表示等边三角形三边边长，辅助线很简单。
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