(1)解∵BD⊥CD,∠DCB = 45°,∴∠DBC=∠DCB= 45°,
∴CD=DB=2,∴CB= =2 ,
∵CE⊥AB于E,点G为BC中点,∴EG= CB= .
(2)证明:证法一:延长BA、CD交于点H.
∵BD⊥CD. ∴∠CDF=∠BDH=90°,
∴∠DBH+∠H =90°,∵CE⊥AB于E,
∴∠DCF+∠H=90° ∴∠DBH = ∠DCF,
又CD=BD,∠CDF=∠BDH,
∴△CDF≌△BDH(ASA),
DF=DH,CF=BH=BA +AH,∵AD//BC,∴∠DBC= ∠ADF=45°,
∠HDA=∠DCB = 45°,∴∠ADF=∠HDA,又DF= DH,DA=DA,
∴△ADF≌△ADH(SAS),∴AF=AH,
又CF=BH=BA+AH,∴CF=AB+AF. 证法二:在线段CE上截取CH=AB,连接DH.
∵BD⊥CD,BE⊥CE,∴∠EBF+∠EFB =90°,∠DCF+∠DFC= 90°,
又∠EFB= ∠DFC, ∴∠EBF=∠DCF,
又BD=CD,BA=CH,∴ABD≌△HCD,
∴AD= HD, ∠ADB= ∠HDC.
又AD//BC,∴∠ADB= ∠DBC= 45°. ∴∠HDC = 45°,
∴∠HDB = ∠BDC-∠HDC=45°, ∴∠ADB=∠HDB.
又AD=HD,DF= DF,
∴△ADF≌△HDF,∴AF = HF,
∴CF= CH+ HF=AB+AF.
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