分析 （1）根据菱形的性质和直角三角形的性质，可求得∠ABG=50°，再结合AB=CB，可求得∠FCB=25°，在△BCF中利用三角形外角的性质可求得∠AFE；
（2）连接DF，交CG于点P，可证明△DBF≌△ABF，又利用菱形的性质和平行、垂直，可知△BCD和△DFC均为直角三角形，利用勾股定理可得到DF2+CF2=CD2，又DF=AF，CD=$\sqrt{2}$BD=$\sqrt{2}$AE，可得到AE，AF，CF之间的数量关系；
（3）连接AD、DF，易知M必为AD中点，由菱形的面积和勾股定理可求得AM、BM、BD、CD，再利用直角三角形的性质可求得NF，结合（2）可知DF=AF，且DF⊥AC，可知△ABF为等腰直角三角形，可求得MF=AM=DM=5，可求得BF，再利用MN∥AC，可得△OBM∽△HBF，设BH=x，可表示出OB，再利用相似三角形的性质可得到关于x的方程，可求得BH的长，从而可求得BH+NF的值．
解答 解：
（1）∵∠EBG=20°，CB⊥AE，
∴∠BEG=70°，∠CBF=∠EBG=20°，
∵菱形ABDE，
∴∠ABE=∠BEG=70°，
∴∠ABG=50°，
∵AB=BC，
∴∠FCB=25°，
∴∠AFE=∠CBF+∠FCB=45°；
（2）AE，AF，CF之间的数量关系是AF2+CF2=2AE2，
证明如下：
如图1，连接DF，交CG于点P，
∵菱形ABDE，
∴AB=DB，∠DBE=∠ABE，
∴∠DBF=∠ABF，
在△DBF和△ABF中
$\left\{\begin{array}{l}{DB=AB}\\{∠DBF=∠ABF}\\{BF=BF}\end{array}\right.$
∴△DBF≌△ABF（SAS），
∴AF=DF，∠BDF=∠BAF，
∵∠BCF=∠BAF，
∴∠BCF=∠BDF，
∵CB⊥AE，AE∥DB，
∴DB⊥CB，
∵CB=AB=BD，
∴△DBC是等腰直角三角形，
∴DC=$\sqrt{2}$BD=$\sqrt{2}$AE，
∵∠DPB=∠CPF，
∴∠CFP=∠DBP=90°，
∴DF2+CF2=DC2，
即有：AF2+CF2=2AE2；
（3）BH+NF=$\frac{10+35\sqrt{2}}{14}$．
如图2，连接AD、DF，易知M必为AD中点，
由S四边形ABDE=24，BE=6，
易知BM=3，AM=4，DB=5，DC=5$\sqrt{2}$，则NF=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
由（2）知△AMF为等腰直角三角形，
∴MF=AM=4，
∴BF=1，
设BH=x，则DO=OH=$\frac{1}{2}$DH=$\frac{1}{2}$（BD+BH）=$\frac{5+x}{2}$，OB=OH-BH=$\frac{5-x}{2}$，
∵MN∥CF，
∴△OBM∽△HBF，
∴OB：BH=MB：BF=3：1，
∴$\frac{5-x}{2}$：x=3：1，解得x=$\frac{5}{7}$，
∴BH+NF=$\frac{10+35\sqrt{2}}{14}$．
点评 本题为四边形的综合应用，涉及知识点有菱形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质及方程思想等．在（2）中注意利用勾股定理来确定线段之间的关系，在（3）中注意M、O、N是线段的中点是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性很强，难度很大，特别是（3）中用到的知识点特别多．
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