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19. 如图，AB为半圆的直径，O为圆心，OC⊥AB，D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，连接DA，DB，DC，过点C作DC的垂线交DA于点E，DA交OC于点F。
（1）求∠CED的度数；
（2）求证：AE=BD。
（1）求∠CED的度数；
（2）求证：AE=BD。
答案
19.（1）解:
∵ OC⊥AB,
∴ ∠AOC=90°.
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴ ∠CDA = $\frac{1}{2}$∠AOC = 45°.
∵ DC⊥CE,
∴ ∠CED = ∠CDA = 45°；
（2）证明:连接AC,
∵ D 为 $\overset{\frown}{BC}$ 的中点,
∴ ∠BAD = ∠CAD = $\frac{1}{2}$∠BAC = $\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×90°=22.5°$.
∵ ∠CED = 45°,
∴ ∠ACE = 22.5° = ∠CAD.
∴ AE = CE.
∵ ∠CED = ∠CDA = 45°,
∴ CE = CD.
∴ AE = CD.
∵ D 是 $\overset{\frown}{BC}$ 的中点,
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{DC}$.
∴ BD = CD.
∴ AE = BD.
∵ OC⊥AB,
∴ ∠AOC=90°.
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴ ∠CDA = $\frac{1}{2}$∠AOC = 45°.
∵ DC⊥CE,
∴ ∠CED = ∠CDA = 45°；
（2）证明:连接AC,
∵ D 为 $\overset{\frown}{BC}$ 的中点,
∴ ∠BAD = ∠CAD = $\frac{1}{2}$∠BAC = $\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×90°=22.5°$.
∵ ∠CED = 45°,
∴ ∠ACE = 22.5° = ∠CAD.
∴ AE = CE.
∵ ∠CED = ∠CDA = 45°,
∴ CE = CD.
∴ AE = CD.
∵ D 是 $\overset{\frown}{BC}$ 的中点,
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{DC}$.
∴ BD = CD.
∴ AE = BD.
解析
【分析】
（1）求∠CED的度数可结合圆周角定理推导：首先由OC⊥AB得到圆心角∠AOC=90°，再根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出∠CDA的度数，最后结合CE⊥DC的垂直条件，在直角三角形CDE中即可求出∠CED的大小。
（2）证明AE=BD可通过等量代换完成：首先连接AC，利用D是$\overset{\frown}{BC}$中点的性质得到对应的圆周角相等，通过角度计算推导∠ACE=∠CAD，得到AE=CE；再由∠CED=∠CDA推出CE=CD；最后根据等弧对等弦得到CD=BD，即可证得AE=BD。
【解析】
（1）解：
∵ OC⊥AB，
∴ ∠AOC=90°。
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，
∴ ∠CDA = $\frac{1}{2}$∠AOC = 45°。
∵ DC⊥CE，即∠DCE=90°，
∴ ∠CED = 90° - ∠CDA = 45°。
（2）证明：连接AC，
∵ D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ ∠BAD = ∠CAD = $\frac{1}{2}$∠BAC。
∵ OC⊥AB，OA=OC，△AOC为等腰直角三角形，∠BAC=45°，
∴ ∠CAD = $\frac{1}{2}×45°=22.5°$。
∵ ∠CED = 45°，且∠CED是△ACE的外角，
∴ ∠ACE = ∠CED - ∠CAD = 45° - 22.5° = 22.5° = ∠CAD，
∴ AE = CE。
∵ ∠CED = ∠CDA = 45°，
∴ CE = CD。
∵ D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{DC}$，
∴ BD = CD。
∴ AE = BD。
【答案】
（1）$∠ CED=45°$
（2）AE=BD，证明成立。
【知识点】
圆周角定理；等腰三角形判定；弧弦对应关系
【点评】
本题是圆的基础综合题，侧重考查圆的核心性质，解题时通过角度推导搭建线段间的等量关系，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
（1）求∠CED的度数可结合圆周角定理推导：首先由OC⊥AB得到圆心角∠AOC=90°，再根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出∠CDA的度数，最后结合CE⊥DC的垂直条件，在直角三角形CDE中即可求出∠CED的大小。
（2）证明AE=BD可通过等量代换完成：首先连接AC，利用D是$\overset{\frown}{BC}$中点的性质得到对应的圆周角相等，通过角度计算推导∠ACE=∠CAD，得到AE=CE；再由∠CED=∠CDA推出CE=CD；最后根据等弧对等弦得到CD=BD，即可证得AE=BD。
【解析】
（1）解：
∵ OC⊥AB，
∴ ∠AOC=90°。
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，
∴ ∠CDA = $\frac{1}{2}$∠AOC = 45°。
∵ DC⊥CE，即∠DCE=90°，
∴ ∠CED = 90° - ∠CDA = 45°。
（2）证明：连接AC，
∵ D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ ∠BAD = ∠CAD = $\frac{1}{2}$∠BAC。
∵ OC⊥AB，OA=OC，△AOC为等腰直角三角形，∠BAC=45°，
∴ ∠CAD = $\frac{1}{2}×45°=22.5°$。
∵ ∠CED = 45°，且∠CED是△ACE的外角，
∴ ∠ACE = ∠CED - ∠CAD = 45° - 22.5° = 22.5° = ∠CAD，
∴ AE = CE。
∵ ∠CED = ∠CDA = 45°，
∴ CE = CD。
∵ D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{DC}$，
∴ BD = CD。
∴ AE = BD。
【答案】
（1）$∠ CED=45°$
（2）AE=BD，证明成立。
【知识点】
圆周角定理；等腰三角形判定；弧弦对应关系
【点评】
本题是圆的基础综合题，侧重考查圆的核心性质，解题时通过角度推导搭建线段间的等量关系，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
20. 如图，AB是$\odot O$的直径，弦$EF ⊥ AB$于点$C$，点$D$是AB延长线上一点，$∠ A = 30°$，$∠ D = 30°$。
（1）求证：$FD$是$\odot O$的切线；
（2）取$BE$的中点$M$，连接$MF$，若$\odot O$的半径为4，求$MF$的长。
（1）求证：$FD$是$\odot O$的切线；
（2）取$BE$的中点$M$，连接$MF$，若$\odot O$的半径为4，求$MF$的长。
答案
20.（1）证明:连接OE,OF,
∵ EF⊥AB,AB 是⊙O 的直径,
∴ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BF}$.
∴ ∠DOF = ∠DOE.
∵ ∠DOE = 2∠A,∠A = 30°,
∴ ∠DOF = 60°.
∵ ∠D = 30°,
∴ ∠OFD = 90°.
∴ OF⊥FD.
∴ FD 为⊙O 的切线；
（2）解:连接OM,
∵ O 是 AB 中点,M 是 BE 中点,
∴ OM//AE.
∴ ∠MOB = ∠A = 30°.
∵ OM 过圆心,M 是 BE 中点,
∴ OM⊥BE.
∴ MB = $\frac{1}{2}$OB = 2,OM = $\sqrt{3}$ MB = $2\sqrt{3}$.
∵ ∠DOF = 60°,
∴ ∠MOF = 90°.
∴ MF = $\sqrt{OM^2+OF^2}$ = $\sqrt{(2\sqrt{3})^2+4^2}$ = $2\sqrt{7}$.
∵ EF⊥AB,AB 是⊙O 的直径,
∴ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BF}$.
∴ ∠DOF = ∠DOE.
∵ ∠DOE = 2∠A,∠A = 30°,
∴ ∠DOF = 60°.
∵ ∠D = 30°,
∴ ∠OFD = 90°.
∴ OF⊥FD.
∴ FD 为⊙O 的切线；
（2）解:连接OM,
∵ O 是 AB 中点,M 是 BE 中点,
∴ OM//AE.
∴ ∠MOB = ∠A = 30°.
∵ OM 过圆心,M 是 BE 中点,
∴ OM⊥BE.
∴ MB = $\frac{1}{2}$OB = 2,OM = $\sqrt{3}$ MB = $2\sqrt{3}$.
∵ ∠DOF = 60°,
∴ ∠MOF = 90°.
∴ MF = $\sqrt{OM^2+OF^2}$ = $\sqrt{(2\sqrt{3})^2+4^2}$ = $2\sqrt{7}$.
解析
【分析】
（1）要证明FD是$\odot O$的切线，根据切线判定规则，需连接半径OF，证明$OF⊥ FD$即可。首先由$EF⊥ AB$、AB是直径，根据垂径定理可得$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BF}$，推出圆心角$∠ DOF=∠ DOE$；再根据圆周角定理，$∠ DOE=2∠ A=60°$，即$∠ DOF=60°$；最后在$△ OFD$中，结合$∠ D=30°$，可算出$∠ OFD=90°$，即可证得FD是切线。
（2）求MF的长时，先连接OM，利用O是AB中点、M是BE中点，可得OM是$△ ABE$的中位线，推出$OM// AE$，得到$∠ MOB=∠ A=30°$；再根据垂径定理推论，OM过圆心且平分弦BE，可得$OM⊥ BE$，算出OM的长度；结合第一问的$∠ DOF=60°$，可得$∠ MOF=90°$，最后在$Rt△ MOF$中用勾股定理计算MF的长度即可。
【解析】
（1）证明：连接OE、OF。
∵ $EF⊥ AB$，AB是$\odot O$的直径，
∴ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BF}$，
∴ $∠ DOF = ∠ DOE$。
∵ $∠ DOE = 2∠ A$，$∠ A = 30°$，
∴ $∠ DOF = 60°$。
又
∵ $∠ D = 30°$，
∴ $∠ OFD = 180° - 60° - 30° = 90°$，即$OF⊥ FD$。
∵ OF是$\odot O$的半径，
∴ FD为$\odot O$的切线。
（2）解：连接OM。
∵ O是AB中点，M是BE中点，
∴ OM是$△ ABE$的中位线，
∴ $OM// AE$，
∴ $∠ MOB = ∠ A = 30°$。
∵ OM过圆心，M是BE中点，
∴ $OM⊥ BE$。
∵ $\odot O$半径为4，
∴ $OB=OF=4$，
在$Rt△ OMB$中，$MB = \frac{1}{2}OB = 2$，$OM = \sqrt{3}MB = 2\sqrt{3}$。
∵ $∠ DOF = 60°$，
∴ $∠ MOF = ∠ MOB + ∠ DOF = 30° + 60° = 90°$，
∴ $MF = \sqrt{OM^2+OF^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2+4^2} = 2\sqrt{7}$。
【答案】
（1）FD是$\odot O$的切线，证明成立；
（2）$2\sqrt{7}$
【知识点】
切线的判定；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，第一问遵循切线判定的常规思路“连半径、证垂直”，结合圆的基本性质即可推导；第二问通过构造三角形中位线得到直角三角形，再用勾股定理求解线段长度，解题核心是正确作出辅助线，熟练掌握圆和三角形的相关性质。
【难度系数】
0.6
（1）要证明FD是$\odot O$的切线，根据切线判定规则，需连接半径OF，证明$OF⊥ FD$即可。首先由$EF⊥ AB$、AB是直径，根据垂径定理可得$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BF}$，推出圆心角$∠ DOF=∠ DOE$；再根据圆周角定理，$∠ DOE=2∠ A=60°$，即$∠ DOF=60°$；最后在$△ OFD$中，结合$∠ D=30°$，可算出$∠ OFD=90°$，即可证得FD是切线。
（2）求MF的长时，先连接OM，利用O是AB中点、M是BE中点，可得OM是$△ ABE$的中位线，推出$OM// AE$，得到$∠ MOB=∠ A=30°$；再根据垂径定理推论，OM过圆心且平分弦BE，可得$OM⊥ BE$，算出OM的长度；结合第一问的$∠ DOF=60°$，可得$∠ MOF=90°$，最后在$Rt△ MOF$中用勾股定理计算MF的长度即可。
【解析】
（1）证明：连接OE、OF。
∵ $EF⊥ AB$，AB是$\odot O$的直径，
∴ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BF}$，
∴ $∠ DOF = ∠ DOE$。
∵ $∠ DOE = 2∠ A$，$∠ A = 30°$，
∴ $∠ DOF = 60°$。
又
∵ $∠ D = 30°$，
∴ $∠ OFD = 180° - 60° - 30° = 90°$，即$OF⊥ FD$。
∵ OF是$\odot O$的半径，
∴ FD为$\odot O$的切线。
（2）解：连接OM。
∵ O是AB中点，M是BE中点，
∴ OM是$△ ABE$的中位线，
∴ $OM// AE$，
∴ $∠ MOB = ∠ A = 30°$。
∵ OM过圆心，M是BE中点，
∴ $OM⊥ BE$。
∵ $\odot O$半径为4，
∴ $OB=OF=4$，
在$Rt△ OMB$中，$MB = \frac{1}{2}OB = 2$，$OM = \sqrt{3}MB = 2\sqrt{3}$。
∵ $∠ DOF = 60°$，
∴ $∠ MOF = ∠ MOB + ∠ DOF = 30° + 60° = 90°$，
∴ $MF = \sqrt{OM^2+OF^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2+4^2} = 2\sqrt{7}$。
【答案】
（1）FD是$\odot O$的切线，证明成立；
（2）$2\sqrt{7}$
【知识点】
切线的判定；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，第一问遵循切线判定的常规思路“连半径、证垂直”，结合圆的基本性质即可推导；第二问通过构造三角形中位线得到直角三角形，再用勾股定理求解线段长度，解题核心是正确作出辅助线，熟练掌握圆和三角形的相关性质。
【难度系数】
0.6
21. 如图,以点$P(-1,0)$为圆心的圆交$x$轴于$B,C$两点(点$B$在点$C$的左侧),交$y$轴于$A,D$两点(点$A$在点$D$的下方),$AD=2\sqrt{3}$,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$CM$的交点为$E$,$Q$为$BE$的中点,过点$E$作$EG⊥ BC$于点$G$,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.
（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$CM$的交点为$E$,$Q$为$BE$的中点,过点$E$作$EG⊥ BC$于点$G$,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.
答案
21. 解：
（1）由垂径定理,得 OA = $\frac{1}{2}$AD = $\sqrt{3}$.连接 PA,由勾股定理,
得 PA = $\sqrt{OA^2+OP^2}$ = $\sqrt{3+1}$ = 2.
∴ OB = OP + PB = 1 + 2 = 3,OC = PC − OP = 2 − 1 = 1.
∴ B(−3,0),C(1,0)；
（2）延长 AP,交⊙P 于点 M,连接 MB,MC,即为所要求画的线段.四边形 ACMB 是矩形.过点 M 作 MN⊥x 轴于点 N,
∵ ∠MNP = ∠AOP = 90°,∠MPN = ∠APO,PM = PA,
∴ △MPN≌△APO.
∴ MN = AO = $\sqrt{3}$,PN = PO = 1,ON = 2.
∴ M(−2,$\sqrt{3}$)；
（3）在旋转过程中,∠MQG 的大小不发生变化. 在 Rt△MBE 和 Rt△GBE 中,
∵ Q 为 BE 的中点,
∴ BQ = EQ.
∴ MQ = QG = BQ.
∴ ∠BMQ = ∠MBQ,∠QGB = ∠QBG.
∴ ∠MQE = 2∠MBQ,∠GQE = 2∠GBQ.
∴ ∠MQG = 2∠MBC.
易知 AC = AP = PC = 2,
∴ △PAC 为等边三角形.
∴ ∠PCA = 60°.
∴ ∠MBC = 60°.
∴ ∠MQG = 2×60° = 120°.
（1）由垂径定理,得 OA = $\frac{1}{2}$AD = $\sqrt{3}$.连接 PA,由勾股定理,
得 PA = $\sqrt{OA^2+OP^2}$ = $\sqrt{3+1}$ = 2.
∴ OB = OP + PB = 1 + 2 = 3,OC = PC − OP = 2 − 1 = 1.
∴ B(−3,0),C(1,0)；
（2）延长 AP,交⊙P 于点 M,连接 MB,MC,即为所要求画的线段.四边形 ACMB 是矩形.过点 M 作 MN⊥x 轴于点 N,
∵ ∠MNP = ∠AOP = 90°,∠MPN = ∠APO,PM = PA,
∴ △MPN≌△APO.
∴ MN = AO = $\sqrt{3}$,PN = PO = 1,ON = 2.
∴ M(−2,$\sqrt{3}$)；
（3）在旋转过程中,∠MQG 的大小不发生变化. 在 Rt△MBE 和 Rt△GBE 中,
∵ Q 为 BE 的中点,
∴ BQ = EQ.
∴ MQ = QG = BQ.
∴ ∠BMQ = ∠MBQ,∠QGB = ∠QBG.
∴ ∠MQE = 2∠MBQ,∠GQE = 2∠GBQ.
∴ ∠MQG = 2∠MBC.
易知 AC = AP = PC = 2,
∴ △PAC 为等边三角形.
∴ ∠PCA = 60°.
∴ ∠MBC = 60°.
∴ ∠MQG = 2×60° = 120°.
解析
【分析】
（1）要求B、C的坐标，已知圆心P(-1,0)，只要先求出圆的半径即可。因为AD是圆的弦，x轴垂直于y轴，根据垂径定理可先求出OA的长度，再连接PA用勾股定理算出半径，结合P的坐标就能得到B、C的坐标；
（2）△ABC绕P旋转180°得到△MCB，说明A和M关于点P中心对称，延长AP到M使PM=AP，连接MB、MC即可。旋转后对应边相等，且BC是圆的直径有直角，可判断四边形ACMB是矩形。求M坐标可通过证明△MPN和△APO全等，利用对应边相等求出M的横纵坐标；
（3）判断∠MQG是否变化，先利用Q是BE中点的条件，在两个直角三角形中用斜边中线等于斜边的一半，得到MQ=BQ=QG，再结合三角形外角性质将∠MQG转化为2∠MBC，求出∠MBC的度数即可确定∠MQG的大小。
【解析】
（1）
∵ 点P为圆心，x轴⊥y轴，根据垂径定理，得$OA = \frac{1}{2}AD = \sqrt{3}$。
连接PA，在$Rt△ POA$中，$OP=1$，$OA=\sqrt{3}$，由勾股定理得：
$PA = \sqrt{OA^2+OP^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2} = 2$，即⊙P的半径为2。
∵ B、C在x轴上，$P(-1,0)$，
∴ 点B的横坐标为$-1-2=-3$，点C的横坐标为$-1+2=1$，
∴ $B(-3,0)$，$C(1,0)$。
（2）延长AP，交⊙P于点M，连接MB、MC，即为所求作的线段。
四边形ACMB是矩形。
过点M作$MN⊥x$轴于点N，
在$△ MPN$和$△ APO$中：
$\{\begin{array}{l}∠MNP = ∠AOP = 90° \\∠MPN = ∠APO \\PM = PA\end{array} $
∴ $△ MPN≌△ APO$（AAS）。
∴ $MN = AO = \sqrt{3}$，$PN = PO = 1$，
∴ 点N的横坐标为$-1-1=-2$，
∴ $M(-2,\sqrt{3})$。
（3）在旋转过程中，$∠MQG$的大小不发生变化。
∵ 四边形ACMB是矩形，
∴ $∠BMC=90°$，
又
∵ $EG⊥BC$，
∴ $∠BGE=90°$。
在$Rt△ MBE$和$Rt△ GBE$中，Q为BE的中点，
∴ $QM = \frac{1}{2}BE = QB$，$QG = \frac{1}{2}BE = QB$，
∴ $QM = QG = QB$，
∴ $∠BMQ = ∠MBQ$，$∠QGB = ∠QBG$，
根据三角形外角性质：$∠MQE = ∠BMQ + ∠MBQ = 2∠MBQ$，$∠GQE = ∠QGB + ∠QBG = 2∠GBQ$，
∴ $∠MQG = ∠MQE + ∠GQE = 2(∠MBQ + ∠GBQ) = 2∠MBC$。
∵ $PA=PC=AC=2$，
∴ $△ PAC$为等边三角形，
∴ $∠PCA = 60°$，
∵ 四边形ACMB是矩形，
∴ $BM// AC$，
∴ $∠MBC = ∠PCA = 60°$，
∴ $∠MQG = 2×60° = 120°$。
【答案】
（1）$B(-3,0)$，$C(1,0)$；
（2）四边形ACMB是矩形，M点坐标为$(-2,\sqrt{3})$；
（3）$∠MQG$的大小不变，为$120°$。
【知识点】
垂径定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题综合考查了圆的性质、图形旋转的特点、全等三角形的判定与性质、直角三角形性质及角度推导，解题时要注意结合中心对称的性质找对应点关系，利用直角三角形斜边中线性质转化边角关系，能较好考查综合运用几何知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.3
（1）要求B、C的坐标，已知圆心P(-1,0)，只要先求出圆的半径即可。因为AD是圆的弦，x轴垂直于y轴，根据垂径定理可先求出OA的长度，再连接PA用勾股定理算出半径，结合P的坐标就能得到B、C的坐标；
（2）△ABC绕P旋转180°得到△MCB，说明A和M关于点P中心对称，延长AP到M使PM=AP，连接MB、MC即可。旋转后对应边相等，且BC是圆的直径有直角，可判断四边形ACMB是矩形。求M坐标可通过证明△MPN和△APO全等，利用对应边相等求出M的横纵坐标；
（3）判断∠MQG是否变化，先利用Q是BE中点的条件，在两个直角三角形中用斜边中线等于斜边的一半，得到MQ=BQ=QG，再结合三角形外角性质将∠MQG转化为2∠MBC，求出∠MBC的度数即可确定∠MQG的大小。
【解析】
（1）
∵ 点P为圆心，x轴⊥y轴，根据垂径定理，得$OA = \frac{1}{2}AD = \sqrt{3}$。
连接PA，在$Rt△ POA$中，$OP=1$，$OA=\sqrt{3}$，由勾股定理得：
$PA = \sqrt{OA^2+OP^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2} = 2$，即⊙P的半径为2。
∵ B、C在x轴上，$P(-1,0)$，
∴ 点B的横坐标为$-1-2=-3$，点C的横坐标为$-1+2=1$，
∴ $B(-3,0)$，$C(1,0)$。
（2）延长AP，交⊙P于点M，连接MB、MC，即为所求作的线段。
四边形ACMB是矩形。
过点M作$MN⊥x$轴于点N，
在$△ MPN$和$△ APO$中：
$\{\begin{array}{l}∠MNP = ∠AOP = 90° \\∠MPN = ∠APO \\PM = PA\end{array} $
∴ $△ MPN≌△ APO$（AAS）。
∴ $MN = AO = \sqrt{3}$，$PN = PO = 1$，
∴ 点N的横坐标为$-1-1=-2$，
∴ $M(-2,\sqrt{3})$。
（3）在旋转过程中，$∠MQG$的大小不发生变化。
∵ 四边形ACMB是矩形，
∴ $∠BMC=90°$，
又
∵ $EG⊥BC$，
∴ $∠BGE=90°$。
在$Rt△ MBE$和$Rt△ GBE$中，Q为BE的中点，
∴ $QM = \frac{1}{2}BE = QB$，$QG = \frac{1}{2}BE = QB$，
∴ $QM = QG = QB$，
∴ $∠BMQ = ∠MBQ$，$∠QGB = ∠QBG$，
根据三角形外角性质：$∠MQE = ∠BMQ + ∠MBQ = 2∠MBQ$，$∠GQE = ∠QGB + ∠QBG = 2∠GBQ$，
∴ $∠MQG = ∠MQE + ∠GQE = 2(∠MBQ + ∠GBQ) = 2∠MBC$。
∵ $PA=PC=AC=2$，
∴ $△ PAC$为等边三角形，
∴ $∠PCA = 60°$，
∵ 四边形ACMB是矩形，
∴ $BM// AC$，
∴ $∠MBC = ∠PCA = 60°$，
∴ $∠MQG = 2×60° = 120°$。
【答案】
（1）$B(-3,0)$，$C(1,0)$；
（2）四边形ACMB是矩形，M点坐标为$(-2,\sqrt{3})$；
（3）$∠MQG$的大小不变，为$120°$。
【知识点】
垂径定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题综合考查了圆的性质、图形旋转的特点、全等三角形的判定与性质、直角三角形性质及角度推导，解题时要注意结合中心对称的性质找对应点关系，利用直角三角形斜边中线性质转化边角关系，能较好考查综合运用几何知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.3
