解：
(2) 成立，理由如下：
如图①，连接AF。
由旋转可知，$EA=EF，$$∠ AEF=60°，$
∴ $△ AEF$为等边三角形，
∴ $∠ FAE=60°，$$AE=AF。$
∵ $△ ABC$为等边三角形，
∴ $∠ BAC=∠ ACB=60°，$$AB=AC。$
∴ $∠ BAC+∠ CAE=∠ EAF+∠ CAE，$即$∠ BAE=∠ CAF。$
∴ $△ ABE≌△ ACF，$
∴ $BE=CF，$$∠ ABC=∠ ACF=60°，$
∴ $∠ FCN=180°-∠ ACF-∠ ACB=60°，$
即线段CF与直线MN所夹锐角的度数为$60°。$
(3) 设$BE=x，$分三种情况讨论：
① 当点E在线段BC上时，如图②，过点F作$FH⊥ CD$于点H，作$FG⊥ MN$于点G。
在正方形ABCD中，$∠ BCD=90°，$
∴ $∠ FHC=∠ HCG=∠ CGF=90°，$
∴ 四边形CGFH是矩形。
与
(2)同理，易得$△ ABE≌△ EGF，$
∴ $AB=EG，$$BE=GF。$
∴ $AB-EC=BC-EC=EG-EC，$即$BE=CG，$
∴ $GF=CG，$
∴ 四边形CGFH为正方形，
∴ $BE=FG=CH=FH=x，$
∴ $DH=CD-CH=2-x。$
在$\mathrm{Rt}△ DHF$中，$DH^2+FH^2=DF^2，$即$(2-x)^2+x^2=10，$
解得$x_1=3，$$x_2=-1$（舍去）。
∵ 点E在线段BC上，$BE<2，$
∴ $BE=3$不合题意，舍去。
② 当点E在线段BC的延长线上时，如图③，过点F作$FG⊥ MN$于点G，过点D作$DH⊥ FG$于点H。
同理可得$FG=DH=CG=BE=x，$$FH=FG-GH=x-2。$
在$\mathrm{Rt}△ DHF$中，$FH^2+DH^2=DF^2，$即$(x-2)^2+x^2=10，$
解得$x_1=3，$$x_2=-1$（舍去），
∴ $BE=3。$
③ 当点E在线段CB的延长线上时，如图④，过点F作$FG⊥ MN$于点G，作$FH⊥ DC，$交DC的延长线于点H。
同理可得$BE=FG=FH=CH=x，$
∴ $DH=CH+CD=x+2。$
在$\mathrm{Rt}△ DHF$中，$DH^2+FH^2=DF^2，$即$(x+2)^2+x^2=10，$
解得$x_1=1，$$x_2=-3$（舍去），
∴ $BE=1。$
综上所述，线段BE的长为1或3。
