5. 如图，在$△ ABC$中，$CD$是边$AB$上的高，以$CD$为直径的$\odot O$分别交$CA$，$CB$于点$E$，$F$，$G$是$AD$的中点.求证:$GE$是$\odot O$的切线.

提示:连接DE、OE,证明∠OEG=90°

【分析】
要证明GE是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，需证明GE与过切点的半径OE垂直，即证$∠ OEG=90°$。首先构造辅助线：连接OE、DE。由CD是直径，结合圆周角定理可得$△ AED$是直角三角形；再根据G是AD中点，利用直角三角形斜边中线的性质得到等角；结合半径相等得到另一组等角，最后利用$CD⊥ AB$的条件，通过等量代换即可推出$∠ OEG=90°$，完成证明。
【解析】
证明：连接OE，DE。
∵ CD是$\odot O$的直径，
∴ $∠ DEC=90°$（直径所对的圆周角是直角），
∴ $∠ AED=180°-∠ DEC=90°$，即$△ AED$为直角三角形。
∵ G是AD的中点，
∴ $GE=GD$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ $∠ GED=∠ GDE$。
∵ OE、OD均为$\odot O$的半径，
∴ $OE=OD$，
∴ $∠ OED=∠ ODE$。
∵ CD是AB边上的高，
∴ $CD⊥ AB$，即$∠ GDE+∠ ODE=∠ CDA=90°$，
∴ $∠ GED+∠ OED=∠ GDE+∠ ODE=90°$，即$∠ OEG=90°$，
∴ $OE⊥ GE$。
又
∵ OE是$\odot O$的半径，
∴ GE是$\odot O$的切线。
【答案】
GE是$\odot O$的切线，得证。
【知识点】
切线的判定；直角三角形斜边中线性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆的切线判定的典型题型，解题关键是合理添加辅助线，结合圆和直角三角形的基本性质推导角的数量关系，进而得到垂直关系，考查了几何定理的综合运用能力。
【难度系数】
0.7

6. 如图，$∠ APB=60°$，半径为1的$\odot O$切PB于点P.若将$\odot O$沿射线PB滚动，当$\odot O$滚动到与PA相切时，圆心O移动的距离是多少？

$\sqrt{3}$

【分析】
解题时首先明确圆滚动的特点：圆沿PB滚动时，圆心到PB的距离始终等于半径1，因此圆心的运动轨迹是平行于PB的线段，其长度就是圆心移动的距离。当滚动后的圆同时与PA、PB相切时，圆心到PA、PB的距离都等于半径，根据角平分线的判定可知此时圆心在∠APB的角平分线上，结合已知的60°角构造直角三角形，利用特殊角的三角函数即可求出对应线段长度，也就是圆心移动的距离。
【解析】
设$\odot O$滚动到与$PA$相切时，圆心为$O'$。
过点$O'$作$O'C⊥ PA$于点$C$，$O'D⊥ PB$于点$D$。
∵ 此时$\odot O'$与$PA$、$PB$都相切，
∴ $O'C=O'D=1$（切线的性质：圆心到切线的距离等于半径）。
∴ 点$O'$在$∠ APB$的角平分线上，
∵ $∠ APB=60°$，
∴ $∠ O'PD=\frac{1}{2}∠ APB=30°$。
∵ 原$\odot O$切$PB$于点$P$，
∴ $OP⊥ PB$，又$O'D⊥ PB$，且$\odot O$沿射线$PB$滚动，圆心移动路径平行于$PB$，即$OO'// PB$，
∴ 四边形$OPDO'$是矩形，
∴ $OO'=PD$。
在$\mathrm{Rt}△ O'PD$中，$\tan∠ O'PD=\frac{O'D}{PD}$，
代入数据得$\tan30°=\frac{1}{PD}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{PD}$，解得$PD=\sqrt{3}$。
∴ $OO'=\sqrt{3}$，即圆心$O$移动的距离为$\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，解直角三角形，角平分线的判定
【点评】
本题结合圆的动态滚动过程考察切线相关性质，解题的关键是明确滚动过程中圆心的运动轨迹，将动态问题转化为静态的几何图形求解，能有效锻炼图形分析和动态问题处理能力。
【难度系数】
0.6