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证明：​$(1)$​如图，连接​$BD$​。

∵四边形​$ABCD$​是菱形，​$∠ A=∠ C=60°$​，
∴​$AB// CD$​，​$△ BCD$​是等边三角形。
∵​$G $​是​$CD$​的中点，
∴​$BG⊥ CD$​，
即​$∠ CGB=90°$​，
∴​$∠ CGB=∠ FBG=90°$​，
即​$△ FBG $​是直角三角形。
​$ (2) $​由​$ (1)$​可知，​$△ BCD$​是等边三角形，
​$G $​是​$CD$​的中点。
∵​$CD=AB=2$​，
∴​$CG=1$​，​$CB=2$​。
​$ $​在​$Rt△ GBC$​中，
由勾股定理可得​$BG^2=BC^2-CG^2=2^2-1^2=3$​。
∵​$△ AEF $​翻折至​$△ GEF$​，
∴​$AF=GF$​。
​$ $​设​$BF=x$​，则​$AF=GF=2-x$​。
​$ $​在​$Rt△ FBG_{中}$​，​$GF^2=BF^2+BG^2$​，
即​$(2-x)^2=x^2+3$​，
​$ $​解得​$x=\frac {1}{4}$​，
即​$BF=\frac {1}{4}$​。
​$ D$​
$\frac{3}{2}$或$6$
$45$
$45$
证明：​$(2)$​如图​$③$​，连接​$CE$​。

∵四边形​$ABCD$​是正方形，
∴​$AB=BC$​，​$∠ ABE=∠ CBE=45°$​，​$∠ BCD=90°$​。
​$ $​在​$△ ABE$​和​$△ CBE$​中，
​$ \begin {cases}AB=CB， \\∠ ABE=∠ CBE， \\BE=BE，\end {cases}$​
∴​$△ ABE≌△ CBE(\mathrm {SAS})$​，
∴​$AE=CE$​。
∵​$EG⊥ CD$​，​$EH⊥ BC$​，
∴​$∠ EGC=∠ EHC=∠ HCG=90°$​，
∴四边形​$CGEH$​是矩形，
∴​$CE=GH$​，
∴​$AE=GH$​。
​$ (3) $​∵正方形​$ABCD$​的边长为​$4$​，
∴​$AB=AD=BC=CD=4$​，
​$∠ BAD=∠ BCD=90°$​。
由折叠的性质可知，​$BE=AB=4$​。
当​$△ DEN$​是等腰三角形时，
由题意可知，​$∠ DNE＞90°$​，
即只有​$ND=NE$​时，等腰三角形​$DEN$​存在。
① 如图④，当点​$N$​在​$AD$​边上时，设​$ND=NE=a$​，
​$ $​则​$AN=AD-ND=4-a$​，
​$BN=BE+NE=4+a$​。
​$ $​在​$Rt△ BAN$​中，​$AB^2+AN^2=BN^2$​，
即​$4^2+(4-a)^2=(4+a)^2$​，
​$ $​解得​$a=1$​，即​$ND=1$​，
∴​$AN=4-1=3$​。
② 如图⑤，当点​$N$​在​$CD$​边上时，设​$ND=NE=a$​，
​$ $​则​$CN=CD-ND=4-a$​，
​$BN=BE+NE=4+a$​。
​$ $​在​$Rt△ BCN$​中，​$BC^2+CN^2=BN^2$​，
即​$4^2+(4-a)^2=(4+a)^2$​，
​$ $​解得​$a=1$​，即​$ND=1$​，
∴​$AN=\sqrt {AD^2+ND^2}=\sqrt {4^2+1^2}=\sqrt {17}$​。
综上可知，当​$△ DEN$​是等腰三角形时，​$AN$​的长为​$3$​
或​$\sqrt {17}$​。
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