如图，以点P(﹣1，0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点(B在C的左侧)，交y轴于A、D两点(A在D的下方)，AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB.(1)求B、C两点的坐标;(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状(不必证明)，求出点M的坐标;(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG.请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化?若不变，求出∠MQG的度数;若变化，请说明理由.
解：(1)连接PA，如图1所示.
∵PO⊥AD，
∴AO=DO.
∵AD=2
， ∴OA= 
.
∵点P坐标为(-1，0)，
∴OP=1.
∴PA=
=2.
∴BP=CP=2.
∴B(-3，0)，C(1，0).
(2)连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC.
如图2所示，线段MB、MC即为所求作.
四边形ACMB是矩形.
理由如下：
∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，
∴四边形ACMB是平行四边形.
∵BC是⊙P的直径，
∴∠CAB=90°.
∴平行四边形ACMB是矩形.
过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示.
在△MHP和△AOP中，
∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，
∴△MHP≌△AOP.
∴MH=OA=
，PH=PO=1.
∴OH=2.
∴点M的坐标为(-2，
). (3)在旋转过程中∠MQG的大小不变.
∵四边形ACMB是矩形，
∴∠BMC=90°.
∵EG⊥BO，
∴∠BGE=90°.
∴∠BMC=∠BGE=90°.
∵点Q是BE的中点，
∴QM=QE=QB=QG.
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示.
∴∠MQG=2∠MBG.
∵∠COA=90°，OC=1，OA=
， ∴tan∠OCA= 
= 
.
∴∠OCA=60°.
∴∠MBC=∠BCA=60°.
∴∠MQG=120°.
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°.
，我们将会及时处理。
