【分析】
(1) 首先根据AD、BE均垂直于CE得到一组直角相等，结合∠ACB=90°，利用同角的余角相等推出两组锐角相等，结合已知AC=BC，可通过AAS判定△CEB和△ADC全等，得到对应边相等后，利用线段的和差关系计算BE的长度即可。
(2) 首先利用三角形外角的性质，结合已知∠1=∠2=∠BAC，通过角的和差推导得到△ABE和△CAF的两组对应角相等，结合AB=AC，用ASA判定两个三角形全等，再通过全等三角形对应边相等进行线段代换，即可得到CF、EF、BE之间的数量关系。
【解析】
(1)
∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠E=∠ADC=90°，
∴∠EBC+∠BCE=90°。
∵∠BCE+∠DCA=90°，
∴∠DCA=∠EBC。
在△CEB和△ADC中，
$\begin{cases} ∠E=∠ADC,\\ ∠EBC=∠DCA,\\ BC=CA, \end{cases}$
∴△CEB≌△ADC(AAS)，
∴CE=AD=2.5，BE=DC。
∵DC=CE-DE，DE=1.7，
∴DC=2.5-1.7=0.8，
∴BE=0.8。
(2)CF+EF=BE，理由如下：
∵∠1=∠2=∠BAC，又∠1=∠BAE+∠ABE，
∠BAC=∠BAE+∠CAF，∠2=∠FCA+∠CAF，
∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠FCA。
在△ABE和△CAF中，
$\begin{cases} ∠ABE=∠CAF,\\ AB=CA,\\ ∠BAE=∠ACF, \end{cases}$
∴△ABE≌△CAF(ASA)，
∴CF=AE，BE=AF，
∴CF+EF=AE+EF=AF=BE。
【答案】
(1) $\boldsymbol{BE=0.8}$
(2) $\boldsymbol{CF+EF=BE}$
【知识点】
全等三角形判定与性质，同角的余角相等，三角形外角性质
【点评】
本题是典型的“一线三等角”全等模型的应用，解题关键是通过角的相关性质推导全等所需的等角条件，再利用全等的性质解决线段相关问题，是全等三角形模块的常规考法。
【难度系数】
0.7

【分析】
(1)①要证明∠EDB=∠A，已知∠ADE=∠C=90°，根据平角定义可得∠EDB+∠ADC=90°，再结合直角三角形两锐角互余可得∠A+∠ADC=90°，利用同角的余角相等即可得证。②要证明DA=DE，需证明两条边所在的三角形全等，现有一组角相等的条件，因此通过截长补短构造全等：在AC上截取CF=CD，得到等腰直角△CFD，可推出∠AFD=∠DBE=135°，结合AC=BC得到AF=BD，再利用ASA证明△AFD≌△DBE，即可得到DA=DE。
(2)类比(1)的解题思路，在CA上截取CM=CD构造等腰△CMD，推导∠AMD的表达式，要使DA=DE需△AMD≌△DBE，因此令∠DBE=∠AMD，整理即可得到∠DBE与∠C的数量关系。
【解析】
(1)证明:①
∵∠ADE=∠C=90°,
∴∠EDB+∠ADC=90°,∠A+∠ADC=90°,
∴∠EDB=∠A.
②在AC上截取CF=CD,连接FD,如答图①.
∵∠C=90°,
∴∠CFD=∠CDF=45°,
∴∠AFD=135°=∠DBE.
∵AC=BC,
∴AC-CF=BC-CD,即AF=BD.
由①知∠A=∠BDE,
在△AFD和△DBE中,$\begin{cases} ∠A=∠BDE,\\ AF=DB,\\ ∠AFD=∠DBE, \end{cases}$
∴△AFD≌△DBE(ASA),
∴DA=DE.
(2)解:当∠DBE=90°+$\frac{1}{2}$∠C时,总有DA=DE成立.
理由:如答图②,
在CA上截取CM=CD,连接MD.
∵AC=BC,
∴AM=BD.
∵∠ADB = ∠A + ∠C = ∠ADE + ∠BDE,
∠ADE=∠C,
∴∠A=∠BDE.
∵∠CMD=90°-$\frac{1}{2}$∠C,
∴∠AMD=90°+$\frac{1}{2}$∠C.
当∠DBE=90°+$\frac{1}{2}$∠C时,∠DBE=∠AMD,
∴△AMD≌△DBE(ASA),
∴AD=DE.
【答案】
(1)①证明见解析；②证明见解析；
(2)当$\boldsymbol{∠DBE=90°+\frac{1}{2}∠C}$时，总有$DA=DE$成立，证明见解析。

【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；同角的余角相等
【点评】
本题是一线三等角全等模型的拓展应用，从特殊直角情形推广到一般角情形，考查了类比推理的数学思想，解题的核心是通过截长补短法构造全等三角形，为证明边相等创造条件。
【难度系数】
0.6