【答案】
分析：（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF=AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE=∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF=90°，所以DF⊥BE；（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF=kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF=90°，所以DF⊥BE；
（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°，所以DF与BE的夹角β=180°-α．
解答：
解：（1）DF与BE互相垂直且相等．
证明：延长DF分别交AB、BE于点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）数量关系改变，位置关系不变．DF=kBE，DF⊥BE．（7分）
延长DF交EB于点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）不改变．DF=kBE，β=180°-a．（7分）
证法（一）：延长DF交EB的延长线于点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°
∵四边形AEHF的内角和为360°，
∴∠EAF+∠EHF=180°
∵∠EAF=α，∠EHF=β
∴a+β=180°∴β=180°-a（12分）
证法（二）：DF=kBE的证法与证法（一）相同
延长DF分别交EB、AB的延长线于点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）
证法（三）：在平行四边形ABCD中AB∥CD可得到∠ABC+∠C=180°
∵∠EBA+∠ABC+∠CBH=180°∴∠C=∠EBA+∠CBH
在△BHP、△CDP中，由三角形内角和等于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，参照以上给分点，只要正确均得分．）
点评：本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．
2、如图所示，有一个正方体形的铁丝架，把它的侧棱中点I、J、K、L也用铁丝连上．
正方向上，将△OAB折叠，使点B落在边OA上，记为B′，折痕为EF．
（2013•遵义）我市某中学在创建“特色校园”的活动中，将本校的办学理念做成宣传牌（AB），放置在教学楼的顶部（如图所示）．小明在操场上的点D处，用1米高的测角仪CD，从点C测得宣传牌的底部B的仰角为37°，然后向教学楼正方向走了4米到达点F处，又从点E测得宣传牌的顶部A的仰角为45°．已知教学楼高BM=17米，且点A，B，M在同一直线上，求宣传牌AB的高度（结果精确到0.1米，参考数据：
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