解题思路：如图①过点F作FH⊥AB于H，交AE于M，根据正方形性质推出AB=BC，推出∠FHG=∠ABC，∠HFE=∠EAB，根据ASA证△ABE和△FHE全等即可；如图②，与图①证法类似证三角形全等即可；如图③证△ABE和△FHG全等即可．
（1）CF+BG=BE，成立
证明：如图①，过点F作FH⊥AB于H，交AE于M，
∴四边形FHBC为矩形，
∴FH=BC=AB，FC=HB，
∵正方形ABCD，AE⊥FG，
∴∠ABC=∠AEF=90°，
∵∠AMH=∠FME，
∴∠EAB=∠HFG，
在△ABE和△FHG中
∠EAB＝∠HFG
AB＝FH
∠ABE＝∠FHG，
∴△ABE≌△FHG，
∴HG=BE，
CF+BG=BE．
（2）CF+BG=BE，
证明：如图②，
过点F作FH⊥AB于H，交AE于M，
∴四边形FHBC为矩形，
∴FH=BC=AB，FC=HB，
∵正方形ABCD，AE⊥FG，
∴∠ABC=∠AEF=90°，
∵∠AMH=∠FME，
∴∠EAB=∠HFG，
在△ABE和△FHG中
∠EAB＝∠HFG
AB＝FH
∠ABE＝∠FHG，
∴△ABE≌△FHG，
∴HG=BE，
CF+BG=BE．
（3）如图③的猜想是BG-CF=BE．
点评：
本题考点： 正方形的性质；三角形内角和定理；全等三角形的判定与性质．
考点点评： 此题考查了正方形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定等知识点，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量，主要考查学生能否求出证△ABE和△FHG全等的三个条件，题目比较典型，难度适中．