分析 （1）联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x+6}\\{y=x}\end{array}\right.$，求出x、y的值各是多少，即可求出点C的坐标是多少．
（2）①在直角∠FCE旋转过程中，tan∠CED的值不变．首先过点C作CG⊥x轴于点G，过点C作CH⊥y轴于点H，根据∠DCH+∠DCG=90°，∠ECG+∠DCG=90°，推得∠DCH=∠ECG；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△CDH≌△CEG，推得CD=CE，所以tan∠CED=$\frac{CD}{CE}$=1，据此解答即可．
②在直角∠FCE旋转过程中，存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似．根据题意，分两种情况：Ⅰ、若△ODE∽△CEF；Ⅱ、若△ODE∽△CFE；然后根据相似三角形的性质，分类讨论，求出点D的坐标各是多少即可．
解答 解：（1）联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x+6}\\{y=x}\end{array}\right.$
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=4}\end{array}\right.$
∴点C的坐标是（4，4）．
（2）①在直角∠FCE旋转过程中，tan∠CED的值不变．
如图1，过点C作CG⊥x轴于点G，过点C作CH⊥y轴于点H，
，
∵∠DCH+∠DCG=90°，∠ECG+∠DCG=90°，
∴∠DCH=∠ECG，
在△CDH≌△CEG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DCH=∠ECG}\\{CH=CG=4}\\{∠CHD=∠CGE=90°}\end{array}\right.$，
∴△CDH≌△CEG，
∴CD=CE，
∴在Rt△CDE中，tan∠CED=$\frac{CD}{CE}$=1，
即在直角∠FCE旋转过程中，tan∠CED的值不变，恒等于1．
②在直角∠FCE旋转过程中，存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似．
Ⅰ、如图2，
，
若△ODE∽△CEF，
则∠OED=∠CFE，
∴DE=DF，
又∵OD⊥EF，
∴OE=OF，
∵∠FCE=90°，
∴点O是Rt△CEF斜边EF的中点，
∴$OC=\frac{1}{2}EF$，
∵CG=CH=4，
∴OC=$4\sqrt{2}$，
∴$OE=OF=OC=4\sqrt{2}$，
∵CH∥EF，
∴△CHD∽△FOD，
∴$\frac{HD}{OD}=\frac{CH}{FO}$，
即$\frac{4-OD}{OD}=\frac{4}{{4\sqrt{2}}}$，
解得$OD=8-4\sqrt{2}$，
∴D（0，8-4$\sqrt{2}$）．
Ⅱ、如图3，过点C作CM⊥y轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，
，
若△ODE∽△CFE，
则∠OED=∠CEF，
∵点C的坐标是（4，4），
∴CM=CN=4，
在Rt△CMD和Rt△CNE中，
$\left\{\begin{array}{l}{CD=CE}\\{CM=CN}\end{array}\right.$，
∴△CMD≌△CNE（HL），
∴∠CDM=∠CE0，
由①，可得△CDE为等腰直角三角形，
∴∠CED=45°，
∴∠CEO=∠OED=∠CDM=22.5°，
∵CM=CN=4，
∴△CMO为等腰直角三角形，
∴∠COM=45°，
∴∠OCD=∠COM-∠CDM=45°-22.5°=22.5°，
∴∠OCD=∠ODC，
∴OD=OC，
∵CM=CN=4，
∴OC=4$\sqrt{2}$，
∴OD=OC=4$\sqrt{2}$，
∵点D在y轴负半轴上，
∴D（0，-4$\sqrt{2}$）．
综上，可得
在直角∠FCE旋转过程中，存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似，点D的坐标为（0，8-4$\sqrt{2}$）或（0，-4$\sqrt{2}$）．
点评 （1）此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，要熟练掌握．
（2）此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①判定定理1：SSS--三条边分别对应相等的两个三角形全等．②判定定理2：SAS--两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．③判定定理3：ASA--两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．④判定定理4：AAS--两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．⑤判定定理5：HL--斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
（3）此题还考查了三角形相似的判定和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；②两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；③两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
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