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．分析 （1）连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的坐标．
（2）由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标．
（3）易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．由等腰直角三角形和等腰三角形的性质得出∠PCA=67.5°，从而得到∠MBG=67.5°，进而得到∠MQG=135°，即∠MQG的度数是定值．
解答 解：（1）连接PA，如图1所示．
∵PO⊥AD，
∴AO=DO．
∵AD=2，
∴OA=1．
∵点P坐标为（-1，0），
∴OP=1．
∴PA=$\sqrt{O{P}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴BP=CP=$\sqrt{2}$，
∴OB=$\sqrt{2}$+1，OC=$\sqrt{2}$-1．
∴B（-$\sqrt{2}$-1，0），C（$\sqrt{2}$-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，$\left\{\begin{array}{l}{∠MHP=∠AOP}&{\;}\\{∠HPM=∠OPA}&{\;}\\{PM=PM}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△MHP≌△AOP（AAS）．
∴MH=OA=1，PH=PO=1．
∴OH=2．
∴点M的坐标为（-2，1）．
（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．
∵OA=OP=1，∠AOP=90°，
∴∠APC=45°，
∵PC=PA，
∴∠PCA=∠PAC=$\frac{1}{2}$（180°-45°）=67.5°，
∴∠MBC=∠BCA=67.5°．
∴∠MQG=135°．
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°．
点评 本题考查了垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、四点共圆、图形的旋转等知识，综合性比较强．有一定难度，证明点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上是解决第三小题的关键．
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如图，A、B两点在数轴上表示的数分别为a、b，下列式子成立的是（ ）
已知a、b在数轴上的位置如图，则a+b，a-b，b-a，-a-b中，最大的数是哪一个？