設圓的半徑為R，把圓心和圓內接n凸多邊形的頂點相連，可以得到n個三角形，設這些三角形的圓心角分別為Θ1、Θ2、…、Θn，則其中一個三角形的面積Sk＝?R2sinΘk，其中k從1取到n。

從而圓內接n凸邊形的面積S＝?R2(sinΘ1+sinΘ2+…+sinΘn)，其中Θ1+Θ2+…+Θn＝2π。要求S的最大值，即求一個條件極值問題，設F＝?R2(sinΘ1+sinΘ2+…+sinΘn)-λ(Θ1+Θ2+…+Θn-2π），其中變數分別為Θ1、Θ2、…、Θn、λ，F對每一個變數求偏導且令偏導為0，則可以得到一個方程組，方程組的解可能是極值點。

反之，由於F是初等函數，在定義域就誒連續可導，若存在極值點必然使得F對每個變數的偏導為0。

從而有F(Θk)＝?R2cosΘk–λ＝0，其中k從1取到n，且有Θ1+Θ2+…+Θn＝2π。而由?R2cosΘk–λ＝0可知，任意的j、i是1到n的正整數，都有cosΘj＝cosΘi。由於Θk∈(0，2π)，取s是1到n的正整數，則cosΘk＝cosΘs。要麼Θk＝Θs，要麼Θs＝2π-Θk，但如果Θs＝2π-Θk，則Θs+Θk＝2π，而圓內接n凸多邊形當中，n≥3，則至少有3個圓心三角形，也就是圓心角至少有三個，不可能其中兩個圓心角之和就為2π，從而只可能是Θk＝Θs。由於k、s都是任取的，從而Θ1＝Θ2＝…＝Θn，也即是正n邊形，從而命題得證。

把多邊形上的各個頂點與圓心連接，n邊形被分割成n個三角形（廢話），這時利用三角形的面積計算公式S▲=1/2absinC，其中a=b=r，整理一下，得到多邊形的面積為1/2r2（sinC1+sinC2+……+sinCn），其中∠C1+∠C2+……∠Cn=2π，在坐標繫上畫出f(x)=sinx的圖像，求二階導可得f(x)=-sinx，在[0,π]區間內f(x)為凸函數，又知∠C∈(0,π)，直接由琴生不等式得到當∠C1、∠C2一直到∠Cn取等時，其和得到最大值，此時多邊形為正多邊形

在寫下這篇回答的時候突然想起由此可以反推sinC1+sinC2+……sinCn收斂於常數2π（笑），證明過程不夠完備，歡迎大佬來指正

很早以前另外一個想法（那時沒學琴生不等式），任意n邊形內接於一定大小的圓，考慮相鄰三個點，周圍兩點保持不動，中間一點在兩邊的點構成的弧上移動，當三點構成等腰三角形是該三角形面積取最大值，這條顯然成立，然後但凡這個多邊形存在任意一組點集（相鄰的三個點）出現不滿足上述條件的情況，這個多邊形的面積就可以再增大，根據相鄰兩邊相等的傳遞性可得當n邊形面積取最大值的時候必須滿足各邊長度相等，又因為n邊形的面積大小不可能超過這個定圓的面積大小，面積最大值的存在性十分顯然，由此得證

這種題我只會用最笨的方法愣解。

先把多邊形面積公式寫出來。

基本方法就是連接多邊形頂點和圓心，得到n個三角形。每個三角形的面積是Sk=1/2R2sinxk。其中xk是第k個三角形的圓心角。

多邊形的面積就是所有三角形面積相加，就是S=S1+S2+……+Sn=1/2R2(sinx1+sinx2+……+sinxn)。其中x1+x2+……+xn=2π

原題就轉化成了求f=sinx1+sinx2+……+sinxn的最大值，其中極值條件是g=x1+x2+……+xn-2π=0

這種題我只能想到用拉格朗日乘數法愣解。

F=f-kg。其中k為常數。然後分別對x1,x2……xn

求導。

F1=f1-kg1=cosx1-k

F2=f2-kg2=cosx2-k

……

Fn=fn-kgn=cosxn-k

所以cosx1=cosx2=……=cosxn=k

再結合x1+x2+……xn=2π

可得x1=x2=……=xn

也就是所有三角形圓心角相等時多邊形面積取極值，也就是正多邊形時面積取極值。

隨便想了一個貌似不太嚴謹的證明

首先這類多邊形面積肯定有上限

推廣這類n邊形，允許兩點重合（如果折來折去直接放縮到凸多邊形），所以一定存在一個正n邊形取得最大值

如果不是正n邊形，比如三個點ABC，AB不等於BC，改取B為AC弧中點，這樣每個不是正n邊形都能找到一個更大的，所以不是正n邊形肯定就不是最大值

所以最大值只能在正n邊形取到

可以看一下這篇文章：