解：(3)如图，设四边形 $ BCGE $ 的边 $ BC $，$ CG $，$ GE $，$ BE $ 的中点分别为 $ M $，$ N $，$ R $，$ L $，
连接 $ CE $ 交 $ AB $ 于 $ P $，连接 $ BG $ 交 $ CE $ 于 $ K $
$ \because $ 四边形 $ BCGE $ 各边中点分别为 $ M $，$ N $，$ R $，$ L $，
$ \therefore MN $，$ RL $ 分别是 $ △ BCG $，$ △ BGE $ 的中位线，
$ \therefore MN // BG $，$ MN = \frac{1}{2}BG $，$ RL // BG $，$ RL = \frac{1}{2}BG $，
$ \therefore MN // RL $，$ MN = RL $，
$ \therefore $ 四边形 $ MNRL $ 是平行四边形
$ \because $ 四边形 $ ABDE $ 和四边形 $ ACFG $ 都是正方形，
$ \therefore AE = AB $，$ AG = AC $，$ ∠ EAB = ∠ GAC = 90° $，
$ \therefore ∠ EAC = ∠ BAG $，
$ \therefore △ EAC ≌ △ BAG(SAS) $，
$ \therefore CE = BG $，$ ∠ AEC = ∠ ABG $。
又 $ \because RL = \frac{1}{2}BG $，$ RN = \frac{1}{2}CE $，
$ \therefore RL = RN $，
$ \therefore $ 平行四边形 $ MNRL $ 是菱形
$ \because ∠ EAB = 90° $，
$ \therefore ∠ AEP + ∠ APE = 90° $
又 $ \because ∠ AEC = ∠ ABG $，$ ∠ APE = ∠ BPK $，
$ \therefore ∠ ABG + ∠ BPK = 90° $，
$ \therefore ∠ BKP = 90° $
又 $ \because MN // BG $，$ ML // CE $，
$ \therefore ∠ LMN = 90° $
$ \therefore $ 菱形 $ MNRL $ 是正方形，即原四边形 $ BCGE $ 是“中方四边形”
(4) ① 取$AD$的中点$P$，连接$PM$，$PN$
由三角形中位线定理，$PM$是$△ ABD$的中位线，$PN$是$△ ACD$的中位线，
故$PM// BD$，$PM=\frac{1}{2}BD$，$PN// AC$，$PN=\frac{1}{2}AC$
因为四边形$ABCD$是“中方四边形”，
所以$AC=BD$且$AC⊥BD$，则$PM=PN$，$∠ MPN=90°$，$△ PMN$是等腰直角三角形，
因此$MN=\sqrt{2}PM=\frac{\sqrt{2}}{2}BD$
