解题思路：从图（1）中寻找证明结论的思路：延长FE交DC边于M，连MG．构造出△GFE≌△GMC．易得结论；在图（2）、（3）中借鉴此解法证明．
（1）EG=CG，EG⊥CG．（2分）
（2）EG=CG，EG⊥CG． （2分）
证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．
∵∠AEM=90°，∠EBC=90°，∠BCM=90°，
∴四边形BEMC是矩形．
∴BE=CM，∠EMC=90°，
由图（3）可知，
∵BD平分∠ABC，∠ABC=90°，
∴∠EBF=45°，
又∵EF⊥AB，
∴△BEF为等腰直角三角形
∴BE=EF，∠F=45°．
∴EF=CM．
∵∠EMC=90°，FG=DG，
∴MG=[1/2]FD=FG．
∵BC=EM，BC=CD，
∴EM=CD．
∵EF=CM，
∴FM=DM，
又∵FG=DG，
∠CMG=[1/2]∠EMC=45°，
∴∠F=∠GMC．
∵在△GFE与△GMC中，
FG＝MG
∠F＝∠GMC
EF＝CM，
∴△GFE≌△GMC（SAS）．
∴EG=CG，∠FGE=∠MGC． （2分）
∵∠FMC=90°，MF=MD，FG=DG，
∴MG⊥FD，
∴∠FGE+∠EGM=90°，
∴∠MGC+∠EGM=90°，
即∠EGC=90°，
∴EG⊥CG． （2分）
点评：
本题考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
考点点评： 此题综合考查了旋转的性质及全等三角形的判断和性质，如何构造全等的三角形是难点，因此难度较大．