分析 （1）先设出点C坐标，得出点B坐标，求出直线AC解析式，由BE⊥AC，得出直线BE解析式，即可求出点D坐标；
（2）由（1）得出直线AC，BE解析式，进而表示出OF解析式，联立求出点E，F坐标求出$\frac{OF}{OE}$，得出∠OEA，即可；
（3）先判断出∠MPH=∠NPQ，得出△PMH≌△PNQ即：PH=PQ，进而判断出△HPA≌△QPA，得到∠OAP=∠PAQ=30°即可．
解答 解：（1）设点C（0，a），
∴B（-a，0），
∵A（1，0），
∴直线AC解析式为y=-ax+a，
∵BE⊥AC，
∴设直线BE的解析式为y=$\frac{1}{a}$x+b，
∵B（-a，0），
∴0=$\frac{1}{a}$×（-a）+b，
∴b=1，
∴直线BE的解析式为y=$\frac{1}{a}$x+1，
∴D（0，1）；
（2）∠OEC=135°保持不变；
理由：如图2，
设点C（0，a），则B（-a，0），
过点O作OF⊥AC，
∴OF∥BE，
由（1）知，直线AC解析式为y=-ax+a①，
直线BE的解析式为y=$\frac{1}{a}$x+1②，
∴直线OF解析式为y=$\frac{1}{a}$x③，
联立①②得，x=$\frac{a（a-1）}{{a}^{2}+1}$，y=$\frac{a（a+1）}{{a}^{2}+1}$，
∴OE2=（$\frac{a（a-1）}{{a}^{2}+1}$）2+（$\frac{a（a+1）}{{a}^{2}+1}$）2=$\frac{2{a}^{2}（{a}^{2}+1）}{（{a}^{2}+1）^{2}}$，
联立①③得，x=$\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}+1}$，y=$\frac{a}{{a}^{2}+1}$，
∴OF2=（$\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}+1}$）2+（$\frac{a}{{a}^{2}+1}$）2=$\frac{{a}^{2}（{a}^{2}+1）}{（{a}^{2}+1）^{2}}$，
∴$\frac{OF}{OE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
在Rt△OEF中，sin∠OEF=$\frac{OF}{OE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴∠OEF=45°，
∴∠OEC=135°；
即：∠OEC=135°保持不变；
（3）∠OQA的度数是定值；
理由：如图3，
过点P作PM⊥x轴，PN⊥y轴，PH⊥PQ，
∵点P为第三象限角平分线上一动点，
∴PM=PN，
∵∠MPH+∠HPN=90°，∠QPN+∠HPN=90°，
∴∠MPH=∠NPQ，
在△PMH和△PNQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠MPJ=∠NPQ}\\{PM=PN}\\{∠PMH=∠PNQ}\end{array}\right.$，
∴△PMH≌△PNQ，
∴PH=PQ，
∵PH⊥PQ，
∴∠HPA+∠QPA=90°，
∵∠APQ=45°，
∴∠HPA=45°=∠QPA，
在△HPA和△QPA中，$\left\{\begin{array}{l}{PH=PQ}\\{∠HPA=∠QPA=45°}\\{PA=PA}\end{array}\right.$，
∴△HPA≌△QPA，
∴∠PAH=∠PAQ=30°，
∴∠OQA=90°-∠OAQ=90°-∠PAQ-∠OAP=30°，
即：∠OQA是定值为30°，
点评 此题是几何变换综合题，主要考查了待定系数法求直线解析式，直线的交点坐标的求法，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是角平分线的性质定理的应用．
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科目：初中数学 来源： 题型：选择题
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