如图所示， （1）正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°...

（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． 【解析】 （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．）