证明：
∵DE//BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC（AA）。
∵MN//AB，
∴∠NMC=∠A，∠MNC=∠B，
∴△NMC∽△ABC（AA）。
∵DE//BC，MN//AB，
∴四边形DBNM是平行四边形，
∴∠DMO=∠ADE=∠B，∠DOM=∠AED=∠C，
∴△DMO∽△ABC（AA）。
综上，与△ABC相似的三角形有△ADE、△NMC、△DMO，共3个。
答案：C

证明：设菱形$ABCD$的对角线$AC$与$BD$交于点$O$，设$AH = k$，$FB = 2k$，设$AG = x$，$GC = y$。
因为四边形$ABCD$是菱形，所以$AD// BC$，$AB = BC = CD = DA$，$AC$平分$\angle DAB$和$\angle DCB$。
因为$AD// BC$，所以$\triangle AHE\sim\triangle BHF$，则$\frac{AH}{BH}=\frac{AE}{BF}$。设$BH = m$，则$AB = AH + BH = k + m$，$BC = AB = k + m$，所以$FC = FB + BC = 2k + k + m = 3k + m$。
因为$EF\perp AC$，所以$\angle AGE=\angle CGF = 90°$。又因为$AD// BC$，所以$\angle EAG=\angle FCG$，故$\triangle AEG\sim\triangle CFG$，则$\frac{AE}{CF}=\frac{AG}{GC}=\frac{x}{y}$，即$AE=\frac{x}{y}(3k + m)$。
由$\triangle AHE\sim\triangle BHF$得$\frac{k}{m}=\frac{AE}{2k}$，所以$AE=\frac{2k^2}{m}$。因此$\frac{2k^2}{m}=\frac{x}{y}(3k + m)$ ①。
又因为$\triangle AEG$中，$\angle EAG=\angle BAC$，$\angle AGE = 90°$，同理$\triangle ABC$中，若过$B$作$AC$的垂线，垂足为$P$，则$\triangle ABP\sim\triangle AEG$，但此处更简便的是利用$AD// BC$得$\frac{AE}{AD}=\frac{AG}{AC}=\frac{x}{x + y}$，因为$AD = BC = k + m$，所以$AE=\frac{x}{x + y}(k + m)$。
于是$\frac{x}{x + y}(k + m)=\frac{2k^2}{m}$ ②。
联立①②，且注意到$AD = k + m$，$AE=\frac{x}{x + y}(k + m)$，代入①得$\frac{x}{x + y}(k + m)=\frac{x}{y}(3k + m)$，化简得$\frac{k + m}{x + y}=\frac{3k + m}{y}$，即$y(k + m)=(x + y)(3k + m)$，展开得$yk + ym = 3kx + 3ky + mx + my$，消去$ym$得$yk = 3kx + 3ky + mx$，即$yk - 3ky = x(3k + m)$，$-2ky = x(3k + m)$ ③。
由②得$m(k + m)x = 2k^2(x + y)$，即$mkx + m^2x = 2k^2x + 2k^2y$，$m^2x - mkx = 2k^2y$，$mx(m - k)=2k^2y$ ④。
由③得$3k + m=-\frac{2ky}{x}$（此处负号仅表示方向，取绝对值后$3k + m=\frac{2ky}{x}$），代入④得$mx\left(m - k\right)=2k^2y$，而$m - k$可由$AB = k + m$及菱形性质暂不展开，换一种思路：设$\frac{x}{y}=t$，即$x = ty$，则$\frac{AG}{GC}=t$，目标求$t$。
由$\triangle AEG\sim\triangle CFG$得$\frac{AE}{CF}=t$，$AE = t· CF = t(FB + BC)=t(2k + AB)$。
由$\triangle AHE\sim\triangle BHF$得$\frac{AE}{BF}=\frac{AH}{BH}$，即$\frac{t(2k + AB)}{2k}=\frac{k}{BH}$，$BH=\frac{2k^2}{t(2k + AB)}$。
又$AB = AH + BH = k + \frac{2k^2}{t(2k + AB)}$，设$AB = a$，则$a = k + \frac{2k^2}{t(2k + a)}$，$a t(2k + a)=k t(2k + a)+2k^2$，$2k a t + a^2 t = 2k^2 t + a k t + 2k^2$，$a^2 t + k a t - 2k^2 t - 2k^2 = 0$，$t(a^2 + k a - 2k^2)=2k^2$ ⑤。
又因为$AD = a$，$AE = t· AC = t(x + y)=t· AC$，而$AC = x + y$，$AE = t· AC$，且$AD// BC$，$\frac{AE}{AD}=\frac{AG}{AC}=t$，所以$AE = t a$，代入$AE = t(2k + a)$得$t a = t(2k + a)$，此式显然不成立，前面有误，应为$CF = BC + BF = a + 2k$，$\frac{AE}{CF}=\frac{AG}{GC}=t$，所以$AE = t(a + 2k)$，又$\frac{AE}{BF}=\frac{AH}{BH}$，$BH = AB - AH = a - k$，所以$\frac{t(a + 2k)}{2k}=\frac{k}{a - k}$，即$t(a + 2k)(a - k)=2k^2$，$t(a^2 + k a - 2k^2)=2k^2$ ⑥。
同时，在$\triangle ABC$中，$EF\perp AC$，过$B$作$BM\perp AC$于$M$，则$BM// EF$，所以$\frac{AG}{AM}=\frac{AH}{AB}$，$\frac{GC}{MC}=\frac{FC}{BC}$。设$AM = p$，$MC = q$，则$p + q = AC$，$\frac{x}{p}=\frac{k}{a}$，$p=\frac{a x}{k}$；$\frac{y}{q}=\frac{a + 2k}{a}$，$q=\frac{a y}{a + 2k}$。因为$p + q = x + y$，所以$\frac{a x}{k}+\frac{a y}{a + 2k}=x + y$，$a x(a + 2k)+a k y = k(a + 2k)(x + y)$，$a^2 x + 2a k x + a k y = a k x + 2k^2 x + a k y + 2k^2 y$，$a^2 x + a k x = 2k^2 x + 2k^2 y$，$a^2 x + a k x - 2k^2 x = 2k^2 y$，$x(a^2 + a k - 2k^2)=2k^2 y$，$\frac{x}{y}=\frac{2k^2}{a^2 + a k - 2k^2}=t$。
对比⑥式$t(a^2 + k a - 2k^2)=2k^2$，可知$t=\frac{2k^2}{a^2 + a k - 2k^2}$，即$\frac{x}{y}=t$，此时取特殊值法，令$k = 1$，$a = 3$（试值法，设$AB = 3$，则$BH = 3 - 1 = 2$，$\frac{AH}{BH}=\frac{1}{2}=\frac{AE}{BF}=\frac{AE}{2}$，所以$AE = 1$，$CF = BF + BC = 2 + 3 = 5$，则$\frac{AG}{GC}=\frac{AE}{CF}=\frac{1}{5}$）。
因此$AG∶GC=\frac{1}{5}$。
答案：$\boxed{B}$

证明：
∵ $AB // CD$，
∴ $\triangle AGB \sim \triangle CGD$，
∴ $\frac{AG}{CG} = \frac{AB}{CD} = \frac{2}{3}$。
设 $AG = 2k$，$CG = 3k$，则 $AC = AG + CG = 5k$，
∴ $\frac{AG}{AC} = \frac{2k}{5k} = \frac{2}{5}$。
∵ $GH // AB$，
∴ $\triangle CGH \sim \triangle CAB$，
∴ $\frac{GH}{AB} = \frac{CG}{AC} = \frac{3}{5}$，即 $GH = \frac{3}{5}AB$。
又 $\frac{AB}{CD} = \frac{2}{3}$，则 $AB = \frac{2}{3}CD$，
∴ $GH = \frac{3}{5} × \frac{2}{3}CD = \frac{2}{5}CD$，
故 $\frac{GH}{CD} = \frac{2}{5}$。
$\frac{2}{5}$