试确定所有整数 $n>3$，使得在平面上存在 $n$ 个点 ${A}_{1},\cdots,{A}_{n}$，并存在实数 ${r}_{1},\cdots,{r}_{n}$，满足以下两条件：
（1）${A}_{1},\cdots,{A}_{n}$ 中任意三点都不在同一直线上；
（2）对于每个三元组 $i,j,k(1\leqslant i＜j＜k\leqslant n)$，$\triangle {A}_{i}{A}_{j}{A}_{k}$ 的面积等于 ${r}_{i}+{r}_{j}+{r}_{k}$．（捷克）
（1）${A}_{1},\cdots,{A}_{n}$ 中任意三点都不在同一直线上；
（2）对于每个三元组 $i,j,k(1\leqslant i＜j＜k\leqslant n)$，$\triangle {A}_{i}{A}_{j}{A}_{k}$ 的面积等于 ${r}_{i}+{r}_{j}+{r}_{k}$．（捷克）
【难度】
【出处】
1995年第36届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
只有 $n=4$ 满足题意．
先证如下两个引理．
引理一：对于 $\triangle A_1A_2A_3$，不可能存在两点 $A_4,A_5$，使得 $A_1A_2A_3A_4$ 与 $A_1A_2A_3A_4$ 都是凸四边形，且都位于直线 $A_1A_2,A_2A_3,A_3A_1$ 的同侧．
若不然，设存在这样的点 $A_4,A_5$．则 $S_{\triangle A_1A_2A_3}+S_{\triangle A_1A_3A_4}=S_{A_1A_2A_3A_4}=S_{\triangle A_1A_2A_4}+S_{\triangle A_2A_3A_4}$
所以 $r_1+r_2+r_3+r_1+r_3+r_4=r_1+r_2+r_4+r_2+r_3+r_4$
故 $r_1+r_3=r_2+r_4$
同理 $r_1+r_3=r_2+r_5$
所以 $r_4=r_5$
于是 $S_{\triangle A_1A_2A_4}=S_{\triangle A_1A_2A_5}$，故 $A_4A_5\parallel A_1A_2$，同理，$A_4A_5\parallel A_2A_3$，这与 $A_1,A_2,A_3$ 三点不共线矛盾．
引理二：如果存在一个 $\triangle A_1A_2A_3$，那么其内部不可能存在两个已知点．
若 $\triangle A_1A_2A_3$ 中有两点 $A_4,A_5$，则由 $S_{\triangle A_1A_2A_3}=S_{\triangle A_1A_2A_4}+S_{\triangle A_1A_3A_4}+S_{\triangle A_2A_3A_4}$
得 $r_1+r_2+r_3=r_1+r_2+r_4+r_1+r_3+r_4+r_2+r_3+r_4$
所以 $r_4=-\dfrac{r_1+r_2+r_3}{3}$．
同理 $r_5=-\dfrac{r_1+r_2+r_3}{3}$．
故 $r_4=r_5$，同上可知，可推得 $A_1,A_2,A_3$ 三点共线，矛盾．
考虑 $n$ 个点 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ 的凸包，若凸包的边数大于 $4$，不妨设 $A_1A_2A_3A_4A_5$ 为凸五边形，对于 $\triangle A_1A_2A_3,A_1A_2A_3A_4$ 及 $A_1A_2A_3A_5$ 均为凸四边形，由引理一知，这不可能；若凸包是四边形 $A_1A_2A_3A_4$，且点 $A_5$ 在凸四边形 $A_1A_2A_3A_4$ 内，不妨设点 $A_5$ 在 $\triangle A_1A_3A_4$ 内，则对于 $\triangle A_1A_2A_3$，由引理一，这也不可能；若凸包是三角形，由引理二，其内部至多只有一点．综上可知，$n\leqslant 4$．
下面我们举例说明 $n=4$ 是可以的．设 $A_1A_2A_3A_4$ 是单位正方形，$r_1=r_2=r_3=r_4=\dfrac{1}{6}$，则有 $S_{\triangle A_iA_jA_k}=\dfrac{1}{2}=r_i+r_j+r_k(1\leqslant i<j<k\leqslant 4)$ 满足条件（1）（2）．
综上可知，只有 $n=4$ 满足题意．
先证如下两个引理．
引理一：对于 $\triangle A_1A_2A_3$，不可能存在两点 $A_4,A_5$，使得 $A_1A_2A_3A_4$ 与 $A_1A_2A_3A_4$ 都是凸四边形，且都位于直线 $A_1A_2,A_2A_3,A_3A_1$ 的同侧．
若不然，设存在这样的点 $A_4,A_5$．则 $S_{\triangle A_1A_2A_3}+S_{\triangle A_1A_3A_4}=S_{A_1A_2A_3A_4}=S_{\triangle A_1A_2A_4}+S_{\triangle A_2A_3A_4}$
所以 $r_1+r_2+r_3+r_1+r_3+r_4=r_1+r_2+r_4+r_2+r_3+r_4$
故 $r_1+r_3=r_2+r_4$
同理 $r_1+r_3=r_2+r_5$
所以 $r_4=r_5$
于是 $S_{\triangle A_1A_2A_4}=S_{\triangle A_1A_2A_5}$，故 $A_4A_5\parallel A_1A_2$，同理，$A_4A_5\parallel A_2A_3$，这与 $A_1,A_2,A_3$ 三点不共线矛盾．
引理二：如果存在一个 $\triangle A_1A_2A_3$，那么其内部不可能存在两个已知点．
若 $\triangle A_1A_2A_3$ 中有两点 $A_4,A_5$，则由 $S_{\triangle A_1A_2A_3}=S_{\triangle A_1A_2A_4}+S_{\triangle A_1A_3A_4}+S_{\triangle A_2A_3A_4}$
得 $r_1+r_2+r_3=r_1+r_2+r_4+r_1+r_3+r_4+r_2+r_3+r_4$
所以 $r_4=-\dfrac{r_1+r_2+r_3}{3}$．
同理 $r_5=-\dfrac{r_1+r_2+r_3}{3}$．
故 $r_4=r_5$，同上可知，可推得 $A_1,A_2,A_3$ 三点共线，矛盾．
考虑 $n$ 个点 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ 的凸包，若凸包的边数大于 $4$，不妨设 $A_1A_2A_3A_4A_5$ 为凸五边形，对于 $\triangle A_1A_2A_3,A_1A_2A_3A_4$ 及 $A_1A_2A_3A_5$ 均为凸四边形，由引理一知，这不可能；若凸包是四边形 $A_1A_2A_3A_4$，且点 $A_5$ 在凸四边形 $A_1A_2A_3A_4$ 内，不妨设点 $A_5$ 在 $\triangle A_1A_3A_4$ 内，则对于 $\triangle A_1A_2A_3$，由引理一，这也不可能；若凸包是三角形，由引理二，其内部至多只有一点．综上可知，$n\leqslant 4$．
下面我们举例说明 $n=4$ 是可以的．设 $A_1A_2A_3A_4$ 是单位正方形，$r_1=r_2=r_3=r_4=\dfrac{1}{6}$，则有 $S_{\triangle A_iA_jA_k}=\dfrac{1}{2}=r_i+r_j+r_k(1\leqslant i<j<k\leqslant 4)$ 满足条件（1）（2）．
综上可知，只有 $n=4$ 满足题意．
答案
解析
备注
