证明：
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AC\perp BD$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD=3$，$AB// CD$，$AB=CD$。
设$DE=x$，则$EC=2x$，$CD=3x$，$AB=3x$。
∵$AB// CD$，
∴$\triangle AFB\sim\triangle CFE$，
∴$\frac{AF}{CF}=\frac{AB}{CE}=\frac{3x}{2x}=\frac{3}{2}$。
∵$CF=4$，
∴$AF=\frac{3}{2}CF=6$，$AC=AF+CF=10$，$OA=OC=5$。
在$Rt\triangle AOB$中，
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}$。
答案：$\sqrt{34}$

证明：过点$E$作$EH // AB$交$AC$于点$H$。
因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AD // BC$，$AB // CD$，$AD = BC$。
因为$E$为$AD$的中点，所以$AE=\dfrac{1}{2}AD$。
因为$EH // AB$，所以$\triangle AEH \sim \triangle ADC$（两直线平行，同位角相等，从而两角对应相等），且$\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{1}{2}$，即$AH = \dfrac{1}{2}AC$，$EH=\dfrac{1}{2}CD$。
又因为$AB = CD$，所以$EH=\dfrac{1}{2}AB$。
设$AF = 2k$，则$BF = 3k$，$AB=AF + BF=5k$，所以$EH=\dfrac{5}{2}k$。
因为$EH // AB$，所以$\triangle EGH \sim \triangle FGA$（两直线平行，内错角相等，从而两角对应相等）。
所以$\dfrac{AG}{GH}=\dfrac{AF}{EH}=\dfrac{2k}{\dfrac{5}{2}k}=\dfrac{4}{5}$，即$AG=\dfrac{4}{5}GH$。
设$AG = 4m$，则$GH = 5m$，所以$AH=AG + GH=9m$。
因为$AH=\dfrac{1}{2}AC$，所以$AC = 2AH = 18m$，则$GC=AC - AG=18m - 4m=14m$。
所以$AG:GC=4m:14m = 2:7$。
故答案为$2:7$。

解：在矩形$ABCD$中，$AD=4$，$DE=3$，则$AE=AD - DE=4 - 3=1$。
$AB=3$，$AD=4$，根据勾股定理，$AC=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$。
因为$AD// BC$，所以$\triangle AEF\sim\triangle CBF$，则$\frac{AF}{FC}=\frac{AE}{BC}$。
$BC=AD=4$，$AE=1$，所以$\frac{AF}{FC}=\frac{1}{4}$，设$AF=x$，则$FC=4x$。
又因为$AC=AF + FC=5x=5$，解得$x=1$，即$AF=1$。
1

证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AB // CD$，$AB = CD$。
∵ $DC = 2DF$，设 $DF = x$，则 $DC = 2x$，$AB = 2x$，
∴ $CF = CD + DF = 3x$。
∵ $AB // CF$，
∴ $\triangle ABG \sim \triangle CFG$，
∴ $\frac{AB}{CF} = \frac{BG}{FG} = \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}$，
设 $BG = 2k$，则 $FG = 3k$，
∴ $BF = BG + GF = 5k$。
∵ $AB // DF$，
∴ $\triangle ABE \sim \triangle DFE$，
∴ $\frac{AE}{DE} = \frac{AB}{DF} = \frac{2x}{x} = 2$，
设 $DE = m$，则 $AE = 2m$，$AD = AE + DE = 3m$。
∵ $AD // BC$，
∴ $\triangle AEG \sim \triangle CBG$，
∴ $\frac{EG}{BG} = \frac{AE}{BC} = \frac{AE}{AD} = \frac{2m}{3m} = \frac{2}{3}$。
故 $\frac{EG}{BG} = \frac{2}{3}$。
答案：$\boxed{C}$

解：设正方形$DEFG$的边长为$x$，则$DG=GF=EF=x$，$AG=AC - GC = 4 - x$。
因为$DEFG$是正方形，所以$DG// BC$，$EF// AC$。
由$DG// BC$，得$\triangle ADG\sim\triangle ABC$，所以$\frac{DG}{BC}=\frac{AG}{AC}$，即$\frac{x}{2}=\frac{4 - x}{4}$，解得$x=\frac{4}{3}$。
所以$GF = EF=\frac{4}{3}$，$AF = AG + GF=(4 - x)+x=4$。
由$EF// AC$，得$\triangle EFH\sim\triangle ACH$，所以$\frac{EF}{AC}=\frac{CH}{CH + BC}$（此处原解析有误，应为$\frac{EF}{AC}=\frac{CH}{CH + BH}$，但根据相似比正确推导应为$\frac{EF}{AC}=\frac{CH}{BC}$，因为$EF// AC$，$\triangle EFH\sim\triangle ACH$，对应边成比例$\frac{EF}{AC}=\frac{CH}{BC}$），即$\frac{\frac{4}{3}}{4}=\frac{CH}{2}$，解得$CH=\frac{2}{3}$（原解析此处推导错误，正确解法应为：因为$EF// AC$，$\angle EFH=\angle C=90^{\circ}$，$\angle EHF=\angle AHC$，所以$\triangle EFH\sim\triangle ACH$，则$\frac{EF}{AC}=\frac{FH}{CH}$，又$FH = FC = AC - AF = 4 - 4 = 0$，显然错误，正确方法应为：
因为$EF// AG$，所以$\frac{EF}{AG}=\frac{BH}{AB}$，但更简便的是由$DG// BC$得$DG=\frac{4}{3}$，$AG = 4 - x = 4 - \frac{4}{3}=\frac{8}{3}$，$AD$的长度可求，再由$DE// AC$，$\triangle ADE\sim\triangle AHB$，$\frac{DE}{BH}=\frac{AD}{AB}$，$DE = x=\frac{4}{3}$，$AB=\sqrt{AC^2 + BC^2}=\sqrt{16 + 4}=2\sqrt{5}$，$AD=\sqrt{AG^2 + DG^2}=\sqrt{(\frac{8}{3})^2 + (\frac{4}{3})^2}=\frac{4\sqrt{5}}{3}$，所以$\frac{\frac{4}{3}}{BH}=\frac{\frac{4\sqrt{5}}{3}}{2\sqrt{5}}$，解得$BH = 2$，所以$CH = BC - BH = 2 - 2 = 0$，显然错误，正确解法应为：
重新设$CH = h$，则$BH = 2 - h$，因为$EF// AC$，所以$\frac{EF}{AC}=\frac{BH}{BC}$，即$\frac{\frac{4}{3}}{4}=\frac{2 - h}{2}$，解得$h=\frac{4}{3}$。
综上，正确答案为$\frac{4}{3}$。
$\boxed{\frac{4}{3}}$