以△ABC的三条边分别向外作等边△ABD、△BCE、△CAF，它们的外接圆⊙1 、⊙2 、⊙3 、的圆心构成的△ ——外拿破仑的三角形。⊙1 、⊙2 、⊙ 3三圆共点，外拿破仑三角形是一个等边三角形，如左图。

 

 

 

 

 

 

△ABC的三条边分别向△ABC的内侧作等边△ABD、△BCE、△CAF，它们的外接圆⊙1' 、⊙2' 、⊙3' 的圆心构成的△ ——内拿破仑三角形⊙1' 、⊙2' 、⊙3' 三圆共点，内拿破仑三角形也是一个等边三角形。如右图。

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ⅰ、在△ABC三个角都小于120°时 

 

★　证法１：首先△ABD、△BCE、△CAF的外接圆交于一点X。（X即费尔马点：
#费尔马点——就是到三角形的三个顶点的距离之和最短的点。
#对于一个顶角不超过120度的三角形，费尔马点是对各边的张角都是120度的点。
#对于一个顶角超过120度的三角形，费尔马点就是最大的内角的顶点。）

连AO1、AO3、XO1、XO3，易知△AO1O3≌△XO1O3，故∠AO1O3=∠XO1O3，连BO2、BO1、XO2，同理可证∠BO1O2=∠XO1O2，于是∠O2O1O3=1/2∠AO1B，由∠AO1B=120°知∠O2O1O3=60°。同理∠O1O2O3=∠O2O3O1=60°，即得证。

 

★　证法２：在图1中，连AX、BX、CX，则由于O1O2⊥BX，（两圆连心线垂直于公共弦）O1O3⊥AX，于是立即可得到∠O1=60°，同理∠O2=∠O3=∠O1=60°即得证。

※　类似可证三角形的内拿破仑三角形是正三角形。

 

Ⅱ、在△ABC中角B大于120°时 

作出如下全图

 

 ★　证法：在上图中，首先△ABN、△BCM、△CAP的外接圆交于一点I。连AI、BI、CI，由费马点性质推广后易知角B在小于120°～大于120°的渐变过程中，∠CIA恒为120°，且∠CIB=∠AIB=0.5∠AIC=60°

      ∠HG2=∠IGD，∠1EF=∠IED

∴△2GH∽△DGI，△1EF∽△DEI

∴∠2=∠1=∠CIB=∠AIB=0.5∠AIC=60°

∴∠3=60°

即得证：△123为等边三角形

 

 

§拿破仑定理的两种推广(图自己画吧，我不知道用几何画板怎么画）：
　　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．
　　值得注意的是，两个定理的证明中综合了不少的基础知识和基本方法，学习这些定理的证明，对提高证题能力是很有益的．在第十七届IMO竞赛中，有一道赛题如下：
　　在△ABC的外侧作三角形△BCD、△CAQ和△ABR，使∠PBC＝∠QAC＝45°，∠PCB＝∠QCA＝30°，∠RAB＝∠RBA＝15°．求证：RQ＝RP，且RQ⊥RP．