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°.