6. 如图,在矩形ABCD中,P是边BC的中点,⊙O是△PAD的外接圆,⊙O交边AB于点E.
(1) 求证:PA=PD.
(2) 当AE是以点O为中心的正六边形的一边时,求证:$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{EP}$.

(1) $\because$四边形ABCD是矩形,$\therefore ∠ B=∠ C=90°,AB=CD$.$\because P$是边BC的中点,$\therefore PB=PC$.在$△ ABP$和$△ DCP$中,
$\begin{cases} AB=DC, \\ ∠ B=∠ C=90°, \\ PB=PC, \end{cases}$
$\therefore △ ABP ≌ △ DCP (\mathrm{SAS})$.$\therefore PA=PD$
(2) 如图,连接OE,OA.$\because AE$是以点O为中心的正六边形的一边,$\therefore ∠ AOE=\frac{360°}{6}=60°$.又$\because OA=OE$,$\therefore △ AOE$是等边三角形.$\therefore ∠ AEO=60°$.连接PO并延长交AD于点H,连接OD.$\because PA=PD,OA=OD$,$\therefore PO$垂直平分AD.$\therefore PH ⊥ AD$.$\therefore ∠ BAD=∠ PHD=90°$.$\therefore AB // PH$.$\therefore ∠ EOP=∠ AEO=∠ AOE=60°$.$\therefore \overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{EP}$

【分析】
(1) 要证PA=PD，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。首先结合矩形的性质得到对应边、对应角相等，再利用P是BC中点的条件，即可证明△ABP和△DCP全等，由全等三角形对应边相等得到结论。
(2) 要证$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{EP}$，根据同圆中相等的圆心角对应相等的弧，只需证明两段弧对应的圆心角相等即可。先由正六边形的性质得到∠AOE=60°，再结合PA=PD、OA=OD推出PO垂直平分AD，进而得到AB和PH平行，利用平行线的内错角相等推出∠EOP=60°，即可证明两个圆心角相等，对应弧相等。
【解析】
(1) $\because$四边形ABCD是矩形，$\therefore ∠ B=∠ C=90°,AB=CD$。
$\because P$是边BC的中点，$\therefore PB=PC$。
在$△ ABP$和$△ DCP$中，
$\begin{cases} AB=DC, \\ ∠ B=∠ C=90°, \\ PB=PC, \end{cases}$
$\therefore △ ABP ≌ △ DCP (\mathrm{SAS})$，$\therefore PA=PD$。
(2) 如图，连接OE,OA。$\because AE$是以点O为中心的正六边形的一边，$\therefore ∠ AOE=\frac{360°}{6}=60°$。
又$\because OA=OE$，$\therefore △ AOE$是等边三角形，$\therefore ∠ AEO=60°$。
连接PO并延长交AD于点H，连接OD。$\because PA=PD,OA=OD$，$\therefore PO$垂直平分AD，$\therefore PH ⊥ AD$。
$\therefore ∠ BAD=∠ PHD=90°$，$\therefore AB // PH$，$\therefore ∠ EOP=∠ AEO=∠ AOE=60°$，$\therefore \overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{EP}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) 证明成立。
【知识点】
矩形的性质、全等三角形判定与性质、正多边形与圆的性质
【点评】
本题是基础几何综合题，将矩形、三角形全等、圆的性质以及正多边形的特点结合考查，解题的关键是合理添加辅助线，熟练运用各知识点的性质推导结论，能够帮助学生巩固几何知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.7

7. 某学习小组在探索“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”时，有如下探讨：
甲同学:我发现这种多边形不一定是正多边形.如圆内接矩形不一定是正方形.
乙同学:我知道,边数为3时,它是正三角形;我想,边数为5时,它可能也是正五边形……
丙同学:我发现边数为6时,它也不一定是正六边形.如图②,△ABC是正三角形,$\overset{\frown}{AD}$,$\overset{\frown}{BE}$,$\overset{\frown}{CF}$均相等,这样构造的六边形ADBECF不是正六边形.
(1) 如图①,若圆内接五边形ABCDE的各内角均相等,则$∠ABC=$,请简要说明圆内接五边形ABCDE为正五边形的理由;
(2) 如图②,请证明丙同学构造的六边形各内角相等;
(3) 根据以上探索过程,就问题“各内角都相等的圆内接多边形是否为正多边形”的结论与“边数$n(n≥3,n$为整数$)$”的关系,提出你的猜想(不需证明).

7. (1) $\because$五边形的内角和为$540°$,$\therefore ∠ ABC=\frac{540°}{5}=108°$.理由:$\because ∠ A=∠ B=∠ C=∠ D=∠ E=108°$,$\therefore \overset{\frown}{BDE}$与$\overset{\frown}{CDA}$的度数均为316°,即$\overset{\frown}{BDE}=\overset{\frown}{CDA}$.$\therefore \overset{\frown}{BDE}-\overset{\frown}{CDE}=\overset{\frown}{CDA}-\overset{\frown}{CDE}$,即$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AE}$.$\therefore BC=AE$,同理可证其余各边都相等.$\therefore$五边形ABCDE是正五边形
(2) $\because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{AD}$,$\therefore \overset{\frown}{CF}+\overset{\frown}{DBC}=\overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{DBC}$,即$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{ABC}$.$\therefore ∠ AFC=∠ DAF$,同理可证其余各角都等于$∠ AFC$.故图②中六边形各角相等
(3) 由(1)、(2)可知:当$n(n≥3,n$为整数)是奇数时,各内角都相等的圆内接多边形是正多边形;当$n(n≥3,n$为整数)是偶数时,各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形

【分析】
(1) 先利用多边形内角和公式$(n-2)×180°$计算五边形的内角和，除以边数即可得到$∠ ABC$的度数。要证明圆内接等角五边形是正五边形，需证各边相等：根据圆周角定理，相等的圆周角所对的弧度数相等，通过同减公共弧推导各边对应的劣弧相等，即可得到各边相等，判定为正五边形。
(2) 要证明六边形各内角相等，利用圆周角与弧的对应关系：已知$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{CF}$，给等弧同时加上相同的公共弧，可得各内角所对的大弧度数相等，因此对应的圆周角（即六边形内角）相等。
(3) 结合上述结论：边数为3、5（奇数）时，等角圆内接多边形是正多边形；边数为4、6（偶数）时，等角圆内接多边形不一定是正多边形，据此分奇偶情况提出猜想即可。
【解析】
(1) 五边形的内角和为$(5-2)×180°=540°$，因为五边形各内角均相等，所以$∠ ABC=\frac{540°}{5}=108°$。
理由：$\because ∠ A=∠ B=∠ C=∠ D=∠ E=108°$，根据圆周角定理，圆周角的度数等于其所对弧度数的一半，因此$∠ A$所对的$\overset{\frown}{BDE}$、$∠ B$所对的$\overset{\frown}{CDA}$的度数均为$2×108°=216°$，即$\overset{\frown}{BDE}=\overset{\frown}{CDA}$。
$\therefore \overset{\frown}{BDE}-\overset{\frown}{CDE}=\overset{\frown}{CDA}-\overset{\frown}{CDE}$，即$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{AE}$，因此$BC=AE$。同理可证其余各边都相等，$\therefore$五边形ABCDE是正五边形。
(2) 证明：$\because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{AD}$，$\therefore \overset{\frown}{CF}+\overset{\frown}{DBC}=\overset{\frown}{AD}+\overset{\frown}{DBC}$，即$\overset{\frown}{DEF}=\overset{\frown}{ABC}$。
根据圆周角定理，相等的弧所对的圆周角相等，$\therefore ∠ AFC=∠ DAF$，同理可证其余各角都等于$∠ AFC$，因此图②中六边形各内角相等。
(3) 猜想：当$n(n≥3,n$为整数$)$是奇数时，各内角都相等的圆内接多边形是正多边形；当$n(n≥3,n$为整数$)$是偶数时，各内角都相等的圆内接多边形不一定是正多边形。
【答案】
(1) $108°$
(2) 证明见上述解析
(3) 当n为奇数（$n≥3$，n为整数）时，各内角相等的圆内接多边形是正多边形；当n为偶数（$n≥3$，n为整数）时，各内角相等的圆内接多边形不一定是正多边形
【知识点】
多边形内角和、圆周角定理、正多边形判定
【点评】
本题以探究圆内接等角多边形是否为正多边形为载体，考查了多边形内角和、圆周角与弧的关系、正多边形的判定等知识，需要结合边数的奇偶性分类分析，能够有效锻炼逻辑推理和归纳猜想的能力。
【难度系数】
0.65