24. 四边形ABCD是正方形，AB=6，E，F，G分别是边AB，AD及对角线BD上的点，H是正方形ABCD内一点，满足四边形EFGH是正方形。
(1)如图1，若AF=1，求此时FG的长。
(2)如图2，连结BH，求证：BH=EH。
(3)如图3，延长EH交射线BC于点J，取线段DJ的中点K，连结HK。设AF=t，当0＜t＜3时，是否存在t的值，使△HJK是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由。

24. (1)解:如图1,过点$G$作$GP⊥ AD$于点$P$。因为四边形$ABCD$,四边形$EFGH$均是正方形,所以$∠ EFA+∠ AEF=90°,∠ EFA+∠ PFG=90°$,$EF=FG$,所以$∠ AEF=∠ PFG$。在$△ EAF$和$△ FPG$中,因为$\begin{cases}∠ AEF=∠ PFG,\\∠ EAF=∠ FPG,\\EF=FG,\end{cases}$所以$△ EAF≌△ FPG(\mathrm{AAS})$,所以$PG=AF=1$。因为$∠ ADB=45°$,所以$∠ PGD=45°$,所以$PD=PG=1$,所以$FP=AD-AF-PD=4$,所以$FG=\sqrt{PG^2+FP^2}=\sqrt{1^2+4^2}=\sqrt{17}$。
(2)证明:如图1,过点$G$作$GP⊥ AD$于点$P$,过点$H$作$HQ⊥ AB$于点$Q$。因为四边形$ABCD$,四边形$EFGH$均是正方形,所以同(1)可证$△ HQE≌△ FPG≌△ EAF(\mathrm{AAS})$,所以$EQ=AF=PG=PD,AE=PF$。因为$AB=AD$,所以$BQ=AB-AQ=AD-AP=PD=EQ$,即$HQ$是$EB$的垂直平分线,所以$BH=EH$。
(3)解:如图2,过点$H$作$HQ⊥ AB$于点$Q$,连结$DE$。由(2)知$BH=EH$,所以$∠ HEB=∠ HBE$。因为$∠ HBJ+∠ HBE=∠ HEB+∠ HJB=90°$,所以$∠ HBJ=∠ HJB$,所以$BH=HJ$,所以$EH=HJ$,即$H$是$EJ$的中点,所以$QH$是$△ EBJ$的中位线,所以$QH=\frac{1}{2}BJ$。因为$K$是$DJ$的中点,所以$HK$是$△ EDJ$的中位线,所以$HK=\frac{1}{2}ED$。因为$AB=6,AF=t$,所以$BQ=EQ=AF=t,QH=AE=6-2t$,所以$BJ=12-4t$,所以$JC=|4t-6|$,所以$HJ^2=\frac{EJ^2}{4}=\frac{EB^2+BJ^2}{4}=\frac{(2t)^2+(12-4t)^2}{4} = t^2+(6-2t)^2$,$JK^2=\frac{JD^2}{4}=\frac{JC^2+CD^2}{4}=\frac{(4t-6)^2+6^2}{4}=(2t-3)^2+9$,$KH^2=\frac{DE^2}{4}=\frac{AE^2+AD^2}{4}=\frac{(6-2t)^2+6^2}{4}=(3-t)^2+9$。当$HJ=JK$或$HJ=KH$或$JK=KH$时,$△ HKJ$是等腰三角形。情况1:$HJ=JK$,$t^2+(6-2t)^2=(2t-3)^2+9$,解得$t=6\pm3\sqrt{2}$;情况2:$HJ=KH$,$t^2+(6-2t)^2=(3-t)^2+9$,解得$t_1=\frac{3}{2},t_2=3$;情况3:$JK=KH$,$(2t-3)^2+9=(3-t)^2+9$,解得$t_1=0,t_2=2$。因为$0＜t＜3$,所以所有符合条件的$t$的值是$6-3\sqrt{2}$或$\frac{3}{2}$或$2$。