标题：拿破仑定理
背景
拿破仑·波拿巴(Napoleon Bonaparte, 1769—1821) 对数学和数学家怀有特别的敬意, 并且欣赏他自己提出的问题．事实上, 以下定理即归属于他: 
——以任意三角形的三条边为边, 向外构造三个等边三角形, 则这三个等边三角形的外接圆中心恰为另一个等边三角形的顶点．
定理内容
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．
证明
霍建平：拿破仑定理之证明
拿破仑是法兰西第一帝国的皇帝（1804-1814年在位），他不仅是军事家、政治家，而且自幼喜爱数学，在军校学习时他的数学老师Laplace曾考过他，后来成为他的内政大臣。他在行军打仗的空闲时间，经常研究平面几何；他在随军打仗的队伍中安排了一支特殊的人群，这就是科学家队伍，以便在被征服的国家中掠夺文物古迹、科技成果。
拿破仑定理：若在任意三角形的各边向外（内）作正三角形。则它们的中心构成一个正三角形。
浙江大学数学系教授沈康身老先生评价说“拿破仑对数学有浓厚兴趣是不争的事实，但他是否有足够的几何学造诣，创作以他的姓氏为名的这一定理，如同他是否有足够的英文水平写出著名的回文句"Able was I ere I saw Elba"一样令人存疑。”
世界著名的数学大师陈省身在2002年的一次访谈录中提到过这个定理，也就是从那时起，我才知道这个命题叫做拿破仑定理。
现摘录著名作家梁东元先生的一段文章如下：
梁东元：“究竟怎么样才是不好的数学呢？这方面应该也有不少例子吧。”
陈省身：“大家也许知道有个拿破仑定理。据说这个定理与拿破仑有点关系。它的意思是说，若在任意三角形的各边向外（内）作正三角形。则它们的中心构成一个正三角形。各边上的正三角形可以朝里面作，也可以朝外面作，于是可以得到两个解。像这样的数学，就是不好的数学，为什么呢？因为它难以有进一步的发展。当然，你可以把它纯粹当作一种游戏，做事累的时候用来解闷，也是很有意思的。”
我最早是在1978年暑假见到这个命题的，当时我根本不知道它是拿破仑定理，只见我的恩师和几个高中的数学教师围作一圈，在土地上画出了其构图，你一言我一语地讨论着，我把脑袋伸了进去，问清了已知条件，求证的结论就退了出来，没有引起他们丝毫的注意，就是我的恩师恐怕也早已忘却了。这个问题在我从教的一年多的时间里始终没有得到解决，成了我的一块心病。直到1979年秋天我重返校园，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。
对于拿破仑定理的证明成为我的得意之作，我曾经考问过很多学生，1983年在回家的火车上，一个高一的学生作出了辅助线，证明了此题。2003年，我班上的一个学生用三角形的全等，三角形的相似推导出来该定理，2005年，我班上一个女学生用旋转的方法也证明了该定理。我真是为他们高兴和自豪。
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；
&th ere4; CD=BF=AE；
结论：这种利用旋转来证明三角形全等的例子其实我们已经见过多次，在这里提出这个问题，目的是为了引出拿破仑定理。
在△ABC的各边上向外各作等边△ABD，等边△ACF，等边△BCE。
如何证明：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
什么叫拿破仑定理：如何证明拿破仑定理？
以任意三角形的三边为边向外作等边三角形，则这三个等边三角形的中心的连线是一个等边三角形。
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！
至于这个拿破仑定理，30年前，当我还是一个中学数学教师时，就见到过这个命题，但是，当时还不知道这就是拿破仑定理，直到2005年，在老乡梁东元的大作《数学人生》中，看到数学大师陈省身说“这是著名的拿破仑定理”。以上证法就是当年我花费大量时间和精力得出的最为得意的证明方法。
学生们的证法
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！一个学生能作出如此繁杂的证明，多么不简单呀！
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；
& there4; ∠NAM=∠DAC；
∵ AD=2ANcos30°=AN(2cos30°=√3,则AD与AN不等)
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
交于  拿破仑定理第三证明图根心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°。
两种推广
定理1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．证明为方便计，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．定理2．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．证明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． 
以上摘自百度拿破仑吧．
下面介绍一个更好想的方法：计算法证明: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。
作者简介
外文名： Napoléon Bonaparte 　中文名：拿破仑·波拿巴 国籍： 法国
出生地：热那亚共和国科西嘉岛阿雅克肖 
出生日期： 1769年8月15日
逝世日期： 1821年5月5日
职业： 军事家，政治家，数学家
毕业院校：巴黎军官学校 
主要成就：建立法兰西第一帝国颁布《拿破仑法典》 
代表作品：《拿破仑文选》 
王室： 波拿巴王朝