解：
∵正方形$ABCD$中，$AB=10$，对角线交于点$O$，
∴$AO=BO=CO=DO$，$\angle OAM=\angle OCN=45°$，$AC⊥ BD$，$AO=\frac{10\sqrt{2}}{2}=5\sqrt{2}$。
设$AM=x$，在$\triangle AOM$中，$S_1=\frac{1}{2}· AO· AM·\sin45°=16$，
即$\frac{1}{2}·5\sqrt{2}· x·\frac{\sqrt{2}}{2}=16$，解得$x=\frac{32}{5}$。
∵正方形$OEGF$，
∴$\angle EOF=90°$，又$\angle AOB=90°$，
∴$\angle AOM+\angle MOB=\angle BON+\angle MOB=90°$，即$\angle AOM=\angle BON$。
在$\triangle AOM$和$\triangle BON$中，$\angle OAM=\angle OBN=45°$，$AO=BO$，$\angle AOM=\angle BON$，
∴$\triangle AOM\cong\triangle BON(ASA)$，
∴$BN=AM=\frac{32}{5}$。
∵$BC=10$，$BN=\frac{32}{5}$，
∴$CN=BC-BN=10-\frac{32}{5}=\frac{18}{5}$。
在$\triangle CON$中，$S_2=\frac{1}{2}· CO· CN·\sin45°$，
即$\frac{1}{2}·5\sqrt{2}·\frac{18}{5}·\frac{\sqrt{2}}{2}=9$。
$S_2=9$。

证明：连接 $DG$，$CE$。
因为四边形 $ABCD$ 和 $DEFG$ 均为正方形，
所以 $CD=AD=1$，$DE=DG$，$\angle ADC=\angle EDG=90°$，
所以 $\angle ADC-\angle EDC=\angle EDG-\angle EDC$，即 $\angle ADE=\angle CDG$。
在 $\triangle ADE$ 和 $\triangle CDG$ 中，
$\begin{cases}AD=CD \\\angle ADE=\angle CDG \\DE=DG\end{cases}$
所以 $\triangle ADE \cong \triangle CDG$（SAS），
所以 $CG=AE$。
因为四边形 $DEFG$ 是正方形，
所以 $DE=EF$，$\angle DEF=90°$，
所以 $\angle CEF=180° - \angle DEF=90°$，
所以 $CF=\sqrt{CE^2 + EF^2}=\sqrt{CE^2 + DE^2}$。
所以 $DE + CG + CF = DE + AE + \sqrt{CE^2 + DE^2}$。
当点 $E$ 在线段 $AC$ 上时，$AE + CE = AC$ 最小，此时 $AC=\sqrt{AD^2 + CD^2}=\sqrt{1^2 + 1^2}=\sqrt{2}$。
设 $DE = x$，$CE = \sqrt{2} - AE$，又因为 $CG = AE$，
所以 $DE + CG + CF = x + AE + \sqrt{(\sqrt{2} - AE)^2 + x^2}$。
当 $AE = 0$ 时，$DE + CG + CF = x + 0 + \sqrt{(\sqrt{2})^2 + x^2} = x + \sqrt{2 + x^2}$，此时随 $x$ 增大而增大。
当 $E$ 与 $C$ 重合时，$DE = DC = 1$，$CG = AE = AC = \sqrt{2}$，$CF = 0$，
此时 $DE + CG + CF = 1 + \sqrt{2} + 0 ＞ \sqrt{2}$。
当 $E$ 为 $AC$ 中点时，$AE = CE = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$DE = \sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2} = 1$，
此时 $DE + CG + CF = 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} + \sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + 1^2} = 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{6}}{2} ＞ \sqrt{2}$。
当 $E$ 无限接近 $D$ 时，$DE \to 0$，$CG = AE \to AD = 1$，$CF \to CD = 1$，
此时 $DE + CG + CF \to 0 + 1 + 1 = 2 ＞ \sqrt{2}$。
综上，当 $E$ 与 $A$ 重合时，$DE = 0$，$CG = AE = 0$，$CF = AC = \sqrt{2}$，
此时 $DE + CG + CF = 0 + 0 + \sqrt{2} = \sqrt{2}$ 最小。
故 $DE + CG + CF$ 的最小值为 $\sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$

证明：过点$A$作$AM // EF$交$CD$于$M$，过点$B$作$BN // GH$交$AD$于$N$。
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB // CD$，$AD // BC$，$\angle DAB = 90^{\circ}$，$AD = AB$。
所以四边形$AEFM$、$BNHG$均为平行四边形，因此$AM = EF = 4$，$BN = GH$。
因为$AM // EF$，$BN // GH$，且$\angle FOH = 90^{\circ}$，所以$\angle MAN = 90^{\circ}$，即$\angle DAB - \angle NAB = \angle MAN$，所以$\angle DAM = \angle ABN$。
在$\triangle ADM$和$\triangle BAN$中，$\begin{cases} \angle DAM = \angle ABN \\ AD = BA \\ \angle ADM = \angle BAN = 90^{\circ} \end{cases}$，所以$\triangle ADM \cong \triangle BAN$（ASA）。
因此$AM = BN$，所以$GH = EF = 4$。
答案：A

解：设正方形边长为$a$，则$BE = a - 15$，$BF = a - 5$。
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AD = AB$，$\angle DAE = \angle ABF = 90°$。
因为$AF ⊥ DE$，所以$\angle ADE + \angle DAG = 90°$，又$\angle BAF + \angle DAG = 90°$，故$\angle ADE = \angle BAF$。
在$\triangle ADE$和$\triangle BAF$中，$\{\begin{array}{l}\angle DAE = \angle ABF\\AD = BA\\\angle ADE = \angle BAF\end{array} $，所以$\triangle ADE \cong \triangle BAF$（ASA）。
因此$AE = BF$，即$15 = a - 5$，解得$a = 20$。
所以$BF = 15$，在$Rt\triangle ABF$中，$AF = \sqrt{AB^2 + BF^2} = \sqrt{20^2 + 15^2} = 25$。
25