【分析】
(1)①要证∠CAE=∠ABD，可利用同角的余角相等推导：已知∠BAC=90°，可得∠BAD+∠CAE=90°，又BD垂直直线l，可得∠ABD+∠BAD=90°，即可推出两角相等。②要证DE=BD+CE，可先证△ADB和△CEA全等，结合①的角相等结论、已知的直角和AB=AC的条件，用AAS判定全等，得到对应边AE=BD、AD=CE，再结合DE=AE+AD即可证得结论。
(2)要证I是EG的中点，即证EI=GI，可构造全等三角形证明：过E作EM⊥HI、G作GN⊥HI，利用(1)的结论可得EM=AH=GN，再证△EMI和△GNI全等，即可得到EI=GI，证明I为EG中点。
【解析】
(1)①
∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD。
②在△ADB和△CEA中，
$\{\begin{array}{l}∠ BDA=∠ AEC\\ ∠ ABD=∠ CAE\\ AB=CA\end{array} $
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE。
(2)过点E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，
∴∠EMI=∠GNI=90°，
由(1)的结论可知EM=AH=GN，
∴EM=GN，
在△EMI和△GNI中，
$\{\begin{array}{l}∠ EIM=∠ GIN\\ ∠ EMI=∠ GNI\\ EM=GN\end{array} $
∴△EMI≌△GNI(AAS)，
∴EI=GI，
∴I是EG的中点。
【答案】
1.
(1)①
∵BD⊥直线l,CE⊥直线l,
∴∠BDA=∠CEA=90°.
∵∠BAC=90°,
∴∠BAD+∠CAE=90°.
∵∠BAD+∠ABD=90°,
∴∠CAE=∠ABD.
②在△ADB和△CEA中，{∠BDA=∠AEC,∠ABD=∠CAE,AB=CA,
∴△ADB≌△CEA(AAS),
∴AE=BD,AD=CE,
∴DE=AE+AD=BD+CE.
(2)如图,过点E作EM⊥HI于M,GN⊥HI的延长线于N,
∴∠EMI=∠GNI=90°.
由(1)的结论可知EM=AH=GN,
∴EM=GN.在△EMI和△GNI中,{∠EIM=∠GIN,∠EMI=∠GNI,EM=GN,
∴△EMI≌△GNI(AAS),
∴EI=GI,
∴I是EG的中点.
【知识点】
全等三角形的判定与性质；同角的余角相等；正方形的性质
【点评】
本题是一线三等角几何模型的典型应用，第一问为基础的全等证明，第二问侧重已证结论的迁移运用，需要自主构造辅助线建立全等关系，能有效锻炼几何模型迁移能力和辅助线构造思维。
【难度系数】
0.65

【分析】
(1) 要证明△ABE≌△CAF，已知AB=AC，需找到两组对应角相等。结合已知∠1=∠2=∠BAC，利用三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，推导两组对应角相等，即可用ASA判定全等。
(2) 首先根据CD=2BD，△ABD与△ABC等高，底的比为1:3，先算出△ABD的面积；再沿用(1)的思路证明△ABE≌△CAF，可得二者面积相等，将△ACF的面积替换为△ABE的面积，即可得到△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积。
【解析】
(1) 证明：
∵∠1=∠2=∠BAC，
根据三角形外角性质可得：∠1=∠BAE+∠ABE，∠2=∠ACF+∠CAF，∠BAC=∠BAE+∠CAF，
∴∠BAE=∠ACF，∠ABE=∠CAF。
在△ABE和△CAF中：
$\{\begin{array}{l}∠BAE=∠ACF \\AB=CA \\∠ABE=∠CAF\end{array} $
∴△ABE≌△CAF(ASA)。
(2) 解：
∵△ABC的面积为3，CD=2BD，△ABD和△ACD等高，
∴$S_{△ ABD}=\frac{1}{1+2}S_{△ ABC}=\frac{1}{3}×3=1$。
同(1)的证明方法可证得△ABE≌△CAF，
∴$S_{△ ACF}=S_{△ ABE}$，
∴$S_{△ ACF}+S_{△ BDE}=S_{△ ABE}+S_{△ BDE}=S_{△ ABD}=1$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boxed{1}$
【知识点】
三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，三角形面积计算
【点评】
本题是“一线三等角”全等模型的典型应用，第一问侧重考查全等三角形的判定，通过外角性质推导等角是解题关键；第二问结合面积计算，利用全等实现面积的等量转化，体现了转化思想的应用，需要熟练掌握等高三角形面积与底的比例关系。
【难度系数】
0.6