【分析】
(1) 要证明△BEC≌△CDA，首先由AD⊥ED、BE⊥ED可得两个直角相等，再结合∠ACB=90°，利用同角的余角相等推出一组锐角相等，最后结合已知CB=CA，即可用AAS判定两个三角形全等。
(2) 求直线$l_2$的解析式需要先确定$l_2$上两个点的坐标，已知$l_2$过点A，因此只需再找一个点即可。由旋转45°的性质可得∠BAM=45°，可构造等腰直角△ABM，迁移(1)中的全等模型，过B作BM⊥AB交$l_2$于M，再作MN⊥x轴，证明△ABO≌△BMN得到M点坐标，最后用待定系数法代入两点坐标即可求出$l_2$的解析式。
【解析】
(1) 证明:如答图①,
∵AD⊥ED,BE⊥ED,
∴∠E=∠D=90°,
∴∠3+∠1=90°.
又∠ACB=90°,
∴∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠2.
在△BEC和△CDA中,$\begin{cases} ∠E=∠D, \\ ∠1=∠2, \\ BC=CA, \end{cases}$
∴△BEC≌△CDA(AAS).
(2) 解:过点B作BM⊥AB于点B,交直线$l_2$于点M,过点M作MN⊥x轴于点N,如答图②,
由旋转性质知∠BAM=45°，又BM⊥AB，
∴△ABM为等腰直角三角形，AB=BM。
同理(1)的全等结论可证△ABO≌△BMN(AAS),
∴MN=BO,NB=OA.
对于直线$l_1:y=-\frac{4}{3}x-4$,
令x=0，得y=-4，即A(0,-4)，OA=4；
令y=0，解得x=-3，即B(-3,0)，BO=3。
∴MN=BO=3，BN=OA=4，
可得点M的横坐标为-3-4=-7，纵坐标为0-3=-3，即M(-7,-3)。
设直线$l_2$的函数表达式为y=kx+b,
将M(-7,-3)、A(0,-4)代入得$\begin{cases} -3=-7k+b, \\ b=-4, \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=-\frac{1}{7}, \\ b=-4, \end{cases}$
∴直线$l_2$的函数表达式为$y=-\frac{1}{7}x-4$。
【答案】
1.(1)证明:如答图①,
∵AD⊥ED,BE⊥ED,
∴∠E=∠D=90°,
∴∠3+∠1=90°.
又∠ACB=90°,
∴∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠2.
在△BEC和△CDA中,$\begin{cases} ∠E=∠D, \\ ∠1=∠2, \\ BC=CA, \end{cases}$
∴△BEC≌△CDA(AAS).
(2)直线$l_2$的函数表达式为$y=-\frac{1}{7}x-4$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，一次函数解析式求解，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是几何模型与一次函数的综合题，第一问是经典的一线三等角（K型）全等模型的基础证明，难度较低；第二问需要灵活迁移第一问的几何模型构造辅助线，结合一次函数的性质求点坐标，既考查了模型迁移能力，也考查了待定系数法的应用，对综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
