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6. 【问题探究】
（1）如图①，已知线段AB与直线l，过A，B两点作⊙O，使其与直线l相切，切点为P，不妨在直线l上另取一点Q（异于点P），连接AQ，BQ，试比较∠APB与∠AQB的大小，并说明理由；
【问题拓展】
（2）如图②，某球员在球场底线点D处接到球后，沿射线DQ方向带球跑动，∠ADQ＝45°，球门AB宽约8 m，BD＝16 m. 若该球员在射线DQ上的点M处可获得最大射门角度（即∠AMB最大），求出此时DM的长度.
（1）如图①，已知线段AB与直线l，过A，B两点作⊙O，使其与直线l相切，切点为P，不妨在直线l上另取一点Q（异于点P），连接AQ，BQ，试比较∠APB与∠AQB的大小，并说明理由；
【问题拓展】
（2）如图②，某球员在球场底线点D处接到球后，沿射线DQ方向带球跑动，∠ADQ＝45°，球门AB宽约8 m，BD＝16 m. 若该球员在射线DQ上的点M处可获得最大射门角度（即∠AMB最大），求出此时DM的长度.
答案
解 （1）$∠APB＞∠AQB$。理由如下：如图①
，设AQ与⊙O交于点G，连接BG。由同弧所对的圆周角相等得$∠APB=∠AGB$。
因为$∠AGB$是$△BGQ$的外角，
所以$∠AGB＞∠AQB$。
所以$∠APB＞∠AQB$。
（2）如图②
，由（1）可得当经过 A，B 的⊙O 与 DQ 相切时，$∠AMB$ 最大。过点 O 作 $OH⊥AB$ 于点 H，延长 HO 交 DQ 于点 E。
所以 $BH=\frac{1}{2}AB=4 m$。
所以 $DH=BH+BD=20 m$。
因为 $∠ADQ=45°$，
所以 $△DHE$ 是等腰直角三角形。
所以 $HE=DH=20 m$。
所以 $DE=\sqrt{HE^2+DH^2}=20\sqrt{2} m$。
因为 $OM⊥DQ$，
所以 $△OME$ 是等腰直角三角形。
设⊙O 的半径 $OB=OM=r m$。
所以 $OE=\sqrt{OM^2+ME^2}=\sqrt{2}r m$。
所以 $OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{r^2-16} m$。
所以 $OH+OE=HE$，即 $\sqrt{r^2-16}+\sqrt{2}r=20$，解得 $r=20\sqrt{2}-8\sqrt{6}$ 或 $r=20\sqrt{2}+8\sqrt{6}$（舍去）。所以 $DM=DE-ME=DE-OM=20\sqrt{2}-(20\sqrt{2}-8\sqrt{6})=8\sqrt{6} (m)$。
解析
【分析】
（1）比较两个角的大小可借助中间量转化：首先利用同弧所对的圆周角相等，找到与∠APB相等的圆周角，再结合三角形外角大于任意不相邻内角的性质，即可推导得到两个角的大小关系。
（2）根据第（1）问的结论可知，∠AMB最大时，过A、B两点的圆与射线DQ相切，切点即为M。接下来通过作垂直于AB的辅助线，结合垂径定理、45°角对应的等腰直角三角形性质，设圆的半径为r，根据线段和的关系列方程求解半径，最后即可计算得到DM的长度。
【解析】
（1）$∠APB＞∠AQB$。理由如下：如图①，设AQ与⊙O交于点G，连接BG。
由同弧所对的圆周角相等得$∠APB=∠AGB$。
因为$∠AGB$是$△BGQ$的外角，根据三角形外角的性质，外角大于任意一个不相邻的内角，因此$∠AGB＞∠AQB$。
所以$∠APB＞∠AQB$。
（2）如图②，由（1）可得当经过A，B的⊙O与DQ相切时，$∠AMB$最大，切点为M。
过点O作$OH⊥AB$于点H，延长HO交DQ于点E。
根据垂径定理可得$BH=\frac{1}{2}AB=4\ \mathrm{m}$，因此$DH=BH+BD=4+16=20\ \mathrm{m}$。
因为$∠ADQ=45°$，$∠DHE=90°$，所以$△DHE$是等腰直角三角形，因此$HE=DH=20\ \mathrm{m}$，$DE=\sqrt{HE^2+DH^2}=\sqrt{20^2+20^2}=20\sqrt{2}\ \mathrm{m}$。
因为DQ是⊙O的切线，所以$OM⊥DQ$，可得$△OME$是等腰直角三角形，因此$ME=OM$，$OE=\sqrt{OM^2+ME^2}=\sqrt{2}OM$。
设⊙O的半径$OB=OM=r\ \mathrm{m}$，则$OE=\sqrt{2}r\ \mathrm{m}$。
在$Rt△OBH$中，由勾股定理得$OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{r^2-4^2}=\sqrt{r^2-16}\ \mathrm{m}$。
由线段和的关系可知$OH+OE=HE$，即 $\sqrt{r^2-16}+\sqrt{2}r=20$，解得 $r=20\sqrt{2}-8\sqrt{6}$ 或 $r=20\sqrt{2}+8\sqrt{6}$（不符合题意，舍去）。
所以$DM=DE-ME=DE-OM=20\sqrt{2}-(20\sqrt{2}-8\sqrt{6})=8\sqrt{6}\ (\mathrm{m})$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠APB＞∠AQB}$
（2）$\boldsymbol{8\sqrt{6}\ \mathrm{m}}$
如图①，如图②
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，垂径定理
【点评】
本题第一问是基础的角的大小比较，结合了圆周角性质和三角形外角性质；第二问是“最大张角”模型的实际应用，需要借助前问结论确定动点位置，再结合勾股定理、方程思想求解，很好地考查了几何推理和综合运算能力。
【难度系数】
0.35
（1）比较两个角的大小可借助中间量转化：首先利用同弧所对的圆周角相等，找到与∠APB相等的圆周角，再结合三角形外角大于任意不相邻内角的性质，即可推导得到两个角的大小关系。
（2）根据第（1）问的结论可知，∠AMB最大时，过A、B两点的圆与射线DQ相切，切点即为M。接下来通过作垂直于AB的辅助线，结合垂径定理、45°角对应的等腰直角三角形性质，设圆的半径为r，根据线段和的关系列方程求解半径，最后即可计算得到DM的长度。
【解析】
（1）$∠APB＞∠AQB$。理由如下：如图①
，设AQ与⊙O交于点G，连接BG。由同弧所对的圆周角相等得$∠APB=∠AGB$。
因为$∠AGB$是$△BGQ$的外角，根据三角形外角的性质，外角大于任意一个不相邻的内角，因此$∠AGB＞∠AQB$。
所以$∠APB＞∠AQB$。
（2）如图②
，由（1）可得当经过A，B的⊙O与DQ相切时，$∠AMB$最大，切点为M。过点O作$OH⊥AB$于点H，延长HO交DQ于点E。
根据垂径定理可得$BH=\frac{1}{2}AB=4\ \mathrm{m}$，因此$DH=BH+BD=4+16=20\ \mathrm{m}$。
因为$∠ADQ=45°$，$∠DHE=90°$，所以$△DHE$是等腰直角三角形，因此$HE=DH=20\ \mathrm{m}$，$DE=\sqrt{HE^2+DH^2}=\sqrt{20^2+20^2}=20\sqrt{2}\ \mathrm{m}$。
因为DQ是⊙O的切线，所以$OM⊥DQ$，可得$△OME$是等腰直角三角形，因此$ME=OM$，$OE=\sqrt{OM^2+ME^2}=\sqrt{2}OM$。
设⊙O的半径$OB=OM=r\ \mathrm{m}$，则$OE=\sqrt{2}r\ \mathrm{m}$。
在$Rt△OBH$中，由勾股定理得$OH=\sqrt{OB^2-BH^2}=\sqrt{r^2-4^2}=\sqrt{r^2-16}\ \mathrm{m}$。
由线段和的关系可知$OH+OE=HE$，即 $\sqrt{r^2-16}+\sqrt{2}r=20$，解得 $r=20\sqrt{2}-8\sqrt{6}$ 或 $r=20\sqrt{2}+8\sqrt{6}$（不符合题意，舍去）。
所以$DM=DE-ME=DE-OM=20\sqrt{2}-(20\sqrt{2}-8\sqrt{6})=8\sqrt{6}\ (\mathrm{m})$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠APB＞∠AQB}$
（2）$\boldsymbol{8\sqrt{6}\ \mathrm{m}}$
如图①
，如图②【知识点】
圆周角定理，切线的性质，垂径定理
【点评】
本题第一问是基础的角的大小比较，结合了圆周角性质和三角形外角性质；第二问是“最大张角”模型的实际应用，需要借助前问结论确定动点位置，再结合勾股定理、方程思想求解，很好地考查了几何推理和综合运算能力。
【难度系数】
0.35
