见：https://www.acgo.cn/problemset/info/33690
题解
引理一 必存在一圆外接于一个边长固定的多边形
显然
引理二 正四边形的面积最大值当且仅当其内接于一个圆时取到
考虑多边形 A1A2A3A4A_1A_2A_3A_4A1 A2 A3 A4 , 其边长为 a1,a2,a3,a4a_1,a_2,a_3,a_4a1 ,a2 ,a3 ,a4 , 对 △A1A2A4\triangle A_1A_2A_4△A1 A2 A4 和 △A3A2A4\triangle A_3A_2A_4△A3 A2 A4 分别使用余弦定理，可得：
{∣A2A4∣2=a12+a42−2a2a4cosA1∣A2A4∣2=a22+a32−2a2a3cosA2(1)\begin{cases} |A_2A_4|^2=a_1^2+a_4^2-2a_2a_4\cos A_1\\ |A_2A_4|^2=a_2^2+a_3^2-2a_2a_3\cos A_2\\ \end{cases}\tag{1} {∣A2 A4 ∣2=a12 +a42 −2a2 a4 cosA1 ∣A2 A4 ∣2=a22 +a32 −2a2 a3 cosA2 (1)
又由正弦定理，可得 S=12(a1a4sinA1+a2a3sinA3)S=\cfrac{1}{2}\left(a_1a_4\sin A_1+a_2a_3\sin A_3\right)S=21 (a1 a4 sinA1 +a2 a3 sinA3 )，从而：
{a1a4cosA1−a2a3cosA3=12(a12+a42−a22−a32)a1a4cosA1+a2a3cosA3=2S(2)\begin{cases} a_1a_4\cos A_1-a_2a_3\cos A_3=\cfrac{1}{2}\left(a_1^2+a_4^2-a_2^2-a_3^2\right)\\ a_1a_4\cos A_1+a_2a_3\cos A_3=2S \end{cases} \tag{2} ⎩⎨⎧ a1 a4 cosA1 −a2 a3 cosA3 =21 (a12 +a42 −a22 −a32 )a1 a4 cosA1 +a2 a3 cosA3 =2S
(2)
整理即得：
S=(p−a1)(p−a2)(p−a3)(p−a4)−a1a2a3a4cos2A1+A32，p=12∑iai(3)S=\sqrt{(p-a_1)(p-a_2)(p-a_3)(p-a_4)-a_1a_2a_3a_4\cos^2\cfrac{A_1+A_3}{2}}，p=\cfrac{1}{2}\sum_i a_i\tag{3} S=(p−a1 )(p−a2 )(p−a3 )(p−a4 )−a1 a2 a3 a4 cos22A1 +A3 ，p=21 i∑ ai (3)
显然，a1,a2,a3,a4a_1,a_2,a_3,a_4a1 ,a2 ,a3 ,a4 确定时，若要 SSS 最大，则必有 cos2A1+A32=0\cos^2\cfrac{A_1+A_3}{2}=0cos22A1 +A3 =0，即 A1+A3=πA_1+A_3=\piA1 +A3 =π ，所以 A1A2A3A4A_1A_2A_3A_4A1 A2 A3 A4 四点共圆。
引理三 圆内接多边形的面积大小与其各边排列无关
考虑圆内接多边形 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 和其外接圆 ⊙O\odot O⊙O, 记其半径为 rrr, 各边边长为 a1,a2......ana_1,a_2......a_na1 ,a2 ......an , 过 OOO 作 OB1⊥A1A2,OB2⊥A2A3...OBn⊥AnA1OB_1\bot A_1A_2,OB_2\bot A_2A_3...OB_n\bot A_nA_1OB1 ⊥A1 A2 ,OB2 ⊥A2 A3 ...OBn ⊥An A1 , 根据垂径定理，OB1,OB2...OBnOB_1,OB_2...OB_nOB1
,OB2 ...OBn 都是半径且分别平分 A1A2,A2A3...AnA1A_1A_2,A_2A_3...A_nA_1A1 A2 ,A2 A3 ...An A1 ，因此：
S=∑S△AiOAi+1=∑12air2−14ai2(4)\begin{align} S&=\sum S_{\triangle A_iOA_{i+1}}\\ &=\sum \cfrac{1}{2}a_i\sqrt{r^2-\cfrac{1}{4}a_i^2} \end{align}\tag{4} S =∑S△Ai OAi+1 =∑21 ai r2−41 ai2 (4)
所以内接于同一个圆的，各边边长组成的有序 nnn 元组等价的多边形面积相等。接下来证明 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 排列各边必内接于 ⊙O\odot O⊙O, 令多边形 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 的圆心角分别为 θ1,θ2...θn\theta_1,\theta_2...\theta_nθ1 ,θ2 ...θn 现将多边形各边重新排列，其各边所对圆心角变为 θ’1,θ2′...θn′\theta’_1,\theta'_2...\theta'_nθ’1 ,θ2′ ...θn′ , 由于
θ1,θ2...θn\theta_1,\theta_2...\theta_nθ1 ,θ2 ...θn 本质上是 θ’1,θ2′...θn′\theta’_1,\theta'_2...\theta'_nθ’1 ,θ2′ ...θn′ 的一个排列，因此：
∑iθi=∑iθi′=2π(5)\sum_i \theta_i=\sum_i \theta'_i=2\pi\tag{5} i∑ θi =i∑ θi′ =2π(5)
同时易得变换后的多边形 A1′A2′A3′...An′A'_1A'_2A'_3...A'_nA1′ A2′ A3′ ...An′ 的各点依旧在 ⊙O\odot O⊙O 上，因此多边形 A1′A2′A3′...An′A'_1A'_2A'_3...A'_nA1′ A2′ A3′ ...An′ 依旧内接 ⊙O\odot O⊙O.
引理四 边长固定的多边形在其内接于一圆时面积取得最大值
充分性：
考虑多边形 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 的相邻四个顶点 AiAi+1Ai+2Ai+3A_{i}A_{i+1}A_{i+2}A_{i+3}Ai Ai+1 Ai+2 Ai+3 (规定 iii 为正整数且 Ai+nA_{i+n}Ai+n 等价于 AiA_iAi )。若 AiAi+1Ai+2Ai+3A_{i}A_{i+1}A_{i+2}A_{i+3}Ai Ai+1 Ai+2 Ai+3 不共圆，则必定可以找到一个四边形 Ai′Ai+1′Ai+2′Ai+3′A'_{i}A'_{i+1}A'_{i+2}A'_{i+3}Ai′ Ai+1′ Ai+2′
Ai+3′ 使得其各个边的边长和四边形 AiAi+1Ai+2Ai+3A_{i}A_{i+1}A_{i+2}A_{i+3}Ai Ai+1 Ai+2 Ai+3 的相等，根据引理二，有 SAi′Ai+1′Ai+2′Ai+3′>SAiAi+1Ai+2Ai+3S_{A'_{i}A'_{i+1}A'_{i+2}A'_{i+3}}>S_{A_{i}A_{i+1}A_{i+2}A_{i+3}}SAi′ Ai+1′ Ai+2′ Ai+3′ >SAi Ai+1 Ai+2 Ai+3 。同时若将四边形 AiAi+1Ai+2Ai+3A_{i}A_{i+1}A_{i+2}A_{i+3}Ai Ai+1 Ai+2 Ai+3
替换为四边形 Ai′Ai+1′Ai+2′Ai+3′A'_{i}A'_{i+1}A'_{i+2}A'_{i+3}Ai′ Ai+1′ Ai+2′ Ai+3′ 。可使多边形 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 剩余部分形状不变。因此要使 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 的面积最大，其任意相邻的四个顶点共圆，因此 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 内接于一圆。
必要性：
若内接于圆的多边形 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 面积并未达到最大，则考虑将 A1A2,A2A3......AnA1A_1A_2,A_2A_3......A_nA_1A1 A2 ,A2 A3 ......An A1 以及 A1A2^,A2A3^......AnA1^\widehat{A_1A_2},\widehat{A_2A_3}......\widehat{A_nA_1}A1 A2 ,A2 A3 ......An A1 进行形变，使得(单个边或弓形的形状不变)使得其其面积更大，此时：
S新多边形+S各弓形>S旧多边形+S各弓形=S圆(6)S_{新多边形}+S_{各弓形}>S_{旧多边形}+S_{各弓形}=S_{圆}\tag{6} S新多边形 +S各弓形 >S旧多边形 +S各弓形 =S圆 (6)
然而整个图形的边长并未改变，面积却增加了，与等周定理矛盾，因此内接于圆的多边形 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 面积必定达到最大。同理，面积最大的 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 唯一。
解答
根据引理四，所求多边形 A1A2A3...AnA_1A_2A_3...A_nA1 A2 A3 ...An 必内接于一圆，记其各边边长为 a1,a2...ana_1,a_2...a_na1 ,a2 ...an ，外接圆半径为 rrr ，各边所对应圆心角为 θ1,θ2...θn\theta_1,\theta_2...\theta_nθ1 ,θ2 ...θn 。注意到：
12θi=arcsinai2r⇔∑arcsinai2r=12∑θi=π(7)\cfrac{1}{2}\theta_i=\arcsin \cfrac{a_i}{2r}\Leftrightarrow\sum\arcsin \cfrac{a_i}{2r}=\cfrac{1}{2}\sum\theta_i=\pi\tag{7} 21 θi =arcsin2rai ⇔∑arcsin2rai =21 ∑θi =π(7)
再由欧拉公式变形：
arcsinai2r=−−1ln(−1⋅ai2r+1−(ai2r)2)⇔∑ln(−1⋅ai2r+1−(ai2r)2)=−1⋅π\begin{align} &\arcsin \cfrac{a_i}{2r}=-\sqrt{-1}\ln\left(\sqrt{-1}\cdot\cfrac{a_i}{2r}+\sqrt{1-\left(\cfrac{a_i}{2r}\right)^2}\right)\Leftrightarrow \\ &\sum\ln\left(\sqrt{-1}\cdot
\cfrac{a_i}{2r}+\sqrt{1-\left(\cfrac{a_i}{2r}\right)^2}\right)=\sqrt{-1}\cdot\pi \tag{8} \end{align} arcsin2rai =−−1 ln −1 ⋅2rai +1−(2rai )2 ⇔∑ln −1 ⋅2rai +1−(2rai )2 =−1 ⋅π (8)
(8)(8)(8) 的等式两边同取指数，得：
∏(−1⋅ai2r+1−(ai2r)2)=e−1π=−1(9)\prod\left(\sqrt{-1}\cdot \cfrac{a_i}{2r}+\sqrt{1-\left(\cfrac{a_i}{2r}\right)^2}\right)=e^{\sqrt{-1}\pi}=-1\tag{9} ∏ −1 ⋅2rai +1−(2rai )2 =e−1 π=−1(9)
因此可得 rrr 满足方程：
∏(−1⋅ai2r+1−(ai2r)2)+1=0(10)\prod\left(\sqrt{-1}\cdot \cfrac{a_i}{2r}+\sqrt{1-\left(\cfrac{a_i}{2r}\right)^2}\right)+1=0\tag{10} ∏ −1 ⋅2rai +1−(2rai )2 +1=0(10)
求出 rrr 的解析解后，根据引理三可得 SSS 的值。
展示结果的代码(注意直接提交该代码不能通过该题，因为开了O2，请使用Dev编译运行)
如果你看到一篇在其他平台上但内容大致相同的文章，不要怀疑是我抄袭，因为那篇也是我写的。
