设圆的半径为R，把圆心和圆内接n凸多边形的顶点相连，可以得到n个三角形，设这些三角形的圆心角分别为Θ1、Θ2、…、Θn，则其中一个三角形的面积Sk＝?R2sinΘk，其中k从1取到n。

从而圆内接n凸边形的面积S＝?R2(sinΘ1+sinΘ2+…+sinΘn)，其中Θ1+Θ2+…+Θn＝2π。要求S的最大值，即求一个条件极值问题，设F＝?R2(sinΘ1+sinΘ2+…+sinΘn)-λ(Θ1+Θ2+…+Θn-2π），其中变数分别为Θ1、Θ2、…、Θn、λ，F对每一个变数求偏导且令偏导为0，则可以得到一个方程组，方程组的解可能是极值点。

反之，由于F是初等函数，在定义域就诶连续可导，若存在极值点必然使得F对每个变数的偏导为0。

从而有F(Θk)＝?R2cosΘk–λ＝0，其中k从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的正整数，都有cosΘj＝cosΘi。由于Θk∈(0，2π)，取s是1到n的正整数，则cosΘk＝cosΘs。要么Θk＝Θs，要么Θs＝2π-Θk，但如果Θs＝2π-Θk，则Θs+Θk＝2π，而圆内接n凸多边形当中，n≥3，则至少有3个圆心三角形，也就是圆心角至少有三个，不可能其中两个圆心角之和就为2π，从而只可能是Θk＝Θs。由于k、s都是任取的，从而Θ1＝Θ2＝…＝Θn，也即是正n边形，从而命题得证。

把多边形上的各个顶点与圆心连接，n边形被分割成n个三角形（废话），这时利用三角形的面积计算公式S▲=1/2absinC，其中a=b=r，整理一下，得到多边形的面积为1/2r2（sinC1+sinC2+……+sinCn），其中∠C1+∠C2+……∠Cn=2π，在坐标系上画出f(x)=sinx的图像，求二阶导可得f(x)=-sinx，在[0,π]区间内f(x)为凸函数，又知∠C∈(0,π)，直接由琴生不等式得到当∠C1、∠C2一直到∠Cn取等时，其和得到最大值，此时多边形为正多边形

在写下这篇回答的时候突然想起由此可以反推sinC1+sinC2+……sinCn收敛于常数2π（笑），证明过程不够完备，欢迎大佬来指正

很早以前另外一个想法（那时没学琴生不等式），任意n边形内接于一定大小的圆，考虑相邻三个点，周围两点保持不动，中间一点在两边的点构成的弧上移动，当三点构成等腰三角形是该三角形面积取最大值，这条显然成立，然后但凡这个多边形存在任意一组点集（相邻的三个点）出现不满足上述条件的情况，这个多边形的面积就可以再增大，根据相邻两边相等的传递性可得当n边形面积取最大值的时候必须满足各边长度相等，又因为n边形的面积大小不可能超过这个定圆的面积大小，面积最大值的存在性十分显然，由此得证

这种题我只会用最笨的方法愣解。

先把多边形面积公式写出来。

基本方法就是连接多边形顶点和圆心，得到n个三角形。每个三角形的面积是Sk=1/2R2sinxk。其中xk是第k个三角形的圆心角。

多边形的面积就是所有三角形面积相加，就是S=S1+S2+……+Sn=1/2R2(sinx1+sinx2+……+sinxn)。其中x1+x2+……+xn=2π

原题就转化成了求f=sinx1+sinx2+……+sinxn的最大值，其中极值条件是g=x1+x2+……+xn-2π=0

这种题我只能想到用拉格朗日乘数法愣解。

F=f-kg。其中k为常数。然后分别对x1,x2……xn

求导。

F1=f1-kg1=cosx1-k

F2=f2-kg2=cosx2-k

……

Fn=fn-kgn=cosxn-k

所以cosx1=cosx2=……=cosxn=k

再结合x1+x2+……xn=2π

可得x1=x2=……=xn

也就是所有三角形圆心角相等时多边形面积取极值，也就是正多边形时面积取极值。

随便想了一个貌似不太严谨的证明

首先这类多边形面积肯定有上限

推广这类n边形，允许两点重合（如果折来折去直接放缩到凸多边形），所以一定存在一个正n边形取得最大值

如果不是正n边形，比如三个点ABC，AB不等于BC，改取B为AC弧中点，这样每个不是正n边形都能找到一个更大的，所以不是正n边形肯定就不是最大值

所以最大值只能在正n边形取到

可以看一下这篇文章：