【答案】
分析：（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的過程中線段的長度不變，得到AF=AE，又∠BAE與∠DAF都與∠BAF互余，所以∠BAE=∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE與DF相等，延長DF交BE于G，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等和四邊形的內(nèi)角和等于360°求出∠EGF=90°，所以DF⊥BE；（2）等同（1）的方法，因為矩形的鄰邊不相等，但根據(jù)題意，可以得到對應(yīng)邊成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF=kBE，同理，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等和四邊形的內(nèi)角和等于360°求出∠EHF=90°，所以DF⊥BE；
（3）與（2）的證明方法相同，但根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等和四邊形的內(nèi)角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°，所以DF與BE的夾角β=180°-α．
解答：
解：（1）DF與BE互相垂直且相等．
證明：延長DF分別交AB、BE于點P、G（1分）
在正方形ABCD和等腰直角△AEF中
AD=AB，AF=AE，
∠BAD=∠EAF=90°
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD≌△EAB（2分）
∴∠AFD=∠AEB，DF=BE（3分）
∵∠AFD+∠AFG=180°，
∴∠AEG+∠AFG=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EGF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE（5分）
（2）數(shù)量關(guān)系改變，位置關(guān)系不變．DF=kBE，DF⊥BE．（7分）
延長DF交EB于點H，
∵AD=kAB，AF=kAE
∴
=k，
=k
∴
=
∵∠BAD=∠EAF=a
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD∽△EAB（9分）
∴
=k
∴DF=kBE（10分）
∵△FAD∽△EAB，
∴∠AFD=∠AEB，
∵∠AFD+∠AFH=180°，
∴∠AEH+∠AFH=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EHF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE（5分）
（3）不改變．DF=kBE，β=180°-a．（7分）
證法（一）：延長DF交EB的延長線于點H，
∵AD=kAB，AF=kAE
∴
=k，
=k
∴
=
∵∠BAD=∠EAF=a
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD∽△EAB（9分）
∴
=k
∴DF=kBE（10分）
由△FAD∽△EAB得∠AFD=∠AEB
∵∠AFD+∠AFH=180°
∴∠AEB+∠AFH=180°
∵四邊形AEHF的內(nèi)角和為360°，
∴∠EAF+∠EHF=180°
∵∠EAF=α，∠EHF=β
∴a+β=180°∴β=180°-a（12分）
證法（二）：DF=kBE的證法與證法（一）相同
延長DF分別交EB、AB的延長線于點H、G．由△FAD∽△EAB得∠ADF=∠ABE
∵∠ABE=∠GBH，∴∠ADF=∠GBH，
∵β=∠BHF=∠GBH+∠G∴β=∠ADF+∠G．
在△ADG中，∠BAD+∠ADF+∠G=180°，∠BAD=a
∴a+β=180°∴β=180°-a（12分）
證法（三）：在平行四邊形ABCD中AB∥CD可得到∠ABC+∠C=180°
∵∠EBA+∠ABC+∠CBH=180°∴∠C=∠EBA+∠CBH
在△BHP、△CDP中，由三角形內(nèi)角和等于180°可得∠C+∠CDP=∠CBH+∠BHP
∴∠EBA+∠CBH+∠CDP=∠CBH+∠BHP
∴∠EBA+∠CDP=∠BHP
由△FAD∽△EAB得∠ADP=∠EBA
∴∠ADP+∠CDP=∠BHP即∠ADC=∠BHP
∵∠BAD+∠ADC=180°，∠BAD=a，∠BHP=β
∴a+β=180°∴β=180°-a（12分）
（有不同解法，參照以上給分點，只要正確均得分．）
點評：本題（1）中主要利用三角形全等的判定和性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)進(jìn)行證明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性質(zhì)證明，要解決本題，證明三角形全等和三角相似是解題的關(guān)鍵，也是難點所在．
