$(1)$如图$1$中，四边形$ABCD$即为所求.

$(2)$①证明：如图$2$中，
$\because$四边形$ABCD$是菱形，
$\therefore AC\bot BD$，$\therefore \angle DMC=90^{\circ}$，
$\because$四边形$CDEF$是正方形，
$\therefore DF\bot CE$，$ND=NC=NF=NE$，
$\therefore \angle DMC=\angle DNC=90^{\circ}$，
$\because ND=NC$，
$\therefore$四边形$DMCN$是等补四边形；
②如图$2$中，过点$N$作$NJ\bot CM$于点$J$，作$NK\bot MD$交$MD$的延长线于点$K$.

$\because \angle NJM=\angle K=\angle JMK=90^{\circ}$，
$\therefore$四边形$MJNK$是矩形，
$\therefore \angle KNJ=\angle DNC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle DNK=\angle CNJ$，
在$\triangle NKD$和$\triangle NJC$中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DNK=∠CNJ}\\{∠K=∠NJC=90°}\\{ND=NC}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle NKD$≌$\triangle NJC\left(AAS\right)$，
$\therefore S_{\triangle NKD}=S_{\triangle NJC}$，$NK=NJ$，
$\therefore$四边形$MJNK$是正方形，
$\therefore {S}_{四边形DMCN}={S}_{正方形MJNK}=\frac{1}{2}•M{N}^{2}=1$；
$(3)$解法一：如图$3$中，连接$AC$，$BD$.

$\because BF=DE,DE$∥$BF$，
$\therefore$四边形$BDEF$是平行四边形，
$\therefore BD$∥$EF$，
$\because$四边形$ABCD$是四边形$ABCD$为等补四边形，
分以下两种情况讨论：
当$AB=BC$或$AD=CD$时，
$\because \angle BAD=\angle BCD=90^{\circ}$，
在$Rt\triangle BAD$和$Rt\triangle BDC$中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=BD}\\{AB=BC}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{BD=BD}\\{AD=CD}\end{array}\right.$，
$\therefore Rt\triangle BAD$≌$Rt\triangle BDC\left(HL\right)$，
$\therefore BA=BC$，$DA=DC$，
$\therefore BD$垂直平分线段$AC$，
$\therefore EF\bot AC$，
$\therefore \angle ACE=90^{\circ}$，
$\because DA=DC$，
$\therefore \angle DAC=\angle DCA$，
$\because \angle DAC+\angle E=90^{\circ}$，$\angle DCA+\angle DCE=90^{\circ}$，
$\therefore \angle E=\angle DCE$，
$\therefore DC=DE$，
$\therefore AD=DE$，
$\therefore AD:DE=1$；
当$CB=CD$时，如图$4$中，连接$BD$，过点$C$作$CT\bot BD$于点$T$，过点$D$作$DQ\bot EF$于点$Q$，则四边形$DQCT$是矩形，

$\therefore CT=QD$，
$\because \triangle CDB$是等腰直角三角形，$CT\bot BD$，
$\therefore BT=DT$，
$\therefore CT=BT=DT$，
设$AD=x$，$DE=y$，
则$AE=AB=x+y$，$BD=\sqrt{{x}^{2}+{(x+y)}^{2}}$，$DQ=CT=\frac{1}{2}\sqrt{{x}^{2}+{(x+y)}^{2}}$，
$\because BD$∥$EF$，
$\therefore \angle ADB=\angle E$，
$\because \angle A=\angle DQE=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle BAD$∽$\triangle DQE$，
$\therefore \frac{BD}{DE}=\frac{AB}{DQ}$，
$\therefore \frac{\sqrt{{x}^{2}+{(x+y)}^{2}}}{y}=\frac{x+y}{\frac{1}{2}\sqrt{{x}^{2}+{(x+y)}^{2}}}$，
整理得$2x^{2}=y^{2}$，
$\because x \gt 0$，$y \gt 0$，
$\therefore x：y=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore {AD}：{DE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
综上所述，$AD:DE=1$或$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\because AD=2$，
$\therefore DE=2$或$2\sqrt{2}$；
解法二：$\because DE$∥$BF$，$DE=BF$
$\therefore$四边形$DBFE$是平行四边形，
$\therefore S_{▱DBFE}=2S_{\triangle BCD}$
设$DE=x$.
①当$DC=DA$时$,\triangle ABD$≌$\triangle CBD$，
$\therefore S_{▱DBFE}=2S_{\triangle ABD}$，
$\therefore x\left(x+2\right)=2\left(x+2\right)$，
解得：$x=2$；
②当$DC=BC$时，$\triangle BCD$等腰直角三角形，
$\therefore {S}_{△BCD}=\frac{B{D}^{2}}{4}$，
$\therefore S_{▱DBFE}=2S_{\triangle BCD}$，
$\therefore x(x+2)=2•\frac{{(x+2)}^{2}+{2}^{2}}{a}$，
$\therefore {x}^{2}+{2x}=\frac{{x}^{2}+{4x}+8}{2}$，
$\therefore x^{2}=8$，
$\therefore x=±2\sqrt{2}($负值舍去），
综上，$DE=2$或$2\sqrt{2}$.

$(1)$如图$1$中，四边形$ABCD$即为所求.

$(2)$①证明：如图$2$中，
$\because$四边形$ABCD$是菱形，
$\therefore AC\bot BD$，$\therefore \angle DMC=90^{\circ}$，
$\because$四边形$CDEF$是正方形，
$\therefore DF\bot CE$，$ND=NC=NF=NE$，
$\therefore \angle DMC=\angle DNC=90^{\circ}$，
$\because ND=NC$，
$\therefore$四边形$DMCN$是等补四边形；
②如图$2$中，过点$N$作$NJ\bot CM$于点$J$，作$NK\bot MD$交$MD$的延长线于点$K$.

$\because \angle NJM=\angle K=\angle JMK=90^{\circ}$，
$\therefore$四边形$MJNK$是矩形，
$\therefore \angle KNJ=\angle DNC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle DNK=\angle CNJ$，
在$\triangle NKD$和$\triangle NJC$中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DNK=∠CNJ}\\{∠K=∠NJC=90°}\\{ND=NC}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle NKD$≌$\triangle NJC\left(AAS\right)$，
$\therefore S_{\triangle NKD}=S_{\triangle NJC}$，$NK=NJ$，
$\therefore$四边形$MJNK$是正方形，
$\therefore {S}_{四边形DMCN}={S}_{正方形MJNK}=\frac{1}{2}•M{N}^{2}=1$；
$(3)$解法一：如图$3$中，连接$AC$，$BD$.

$\because BF=DE,DE$∥$BF$，
$\therefore$四边形$BDEF$是平行四边形，
$\therefore BD$∥$EF$，
$\because$四边形$ABCD$是四边形$ABCD$为等补四边形，
分以下两种情况讨论：
当$AB=BC$或$AD=CD$时，
$\because \angle BAD=\angle BCD=90^{\circ}$，
在$Rt\triangle BAD$和$Rt\triangle BDC$中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=BD}\\{AB=BC}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{BD=BD}\\{AD=CD}\end{array}\right.$，
$\therefore Rt\triangle BAD$≌$Rt\triangle BDC\left(HL\right)$，
$\therefore BA=BC$，$DA=DC$，
$\therefore BD$垂直平分线段$AC$，
$\therefore EF\bot AC$，
$\therefore \angle ACE=90^{\circ}$，
$\because DA=DC$，
$\therefore \angle DAC=\angle DCA$，
$\because \angle DAC+\angle E=90^{\circ}$，$\angle DCA+\angle DCE=90^{\circ}$，
$\therefore \angle E=\angle DCE$，
$\therefore DC=DE$，
$\therefore AD=DE$，
$\therefore AD:DE=1$；
当$CB=CD$时，如图$4$中，连接$BD$，过点$C$作$CT\bot BD$于点$T$，过点$D$作$DQ\bot EF$于点$Q$，则四边形$DQCT$是矩形，

$\therefore CT=QD$，
$\because \triangle CDB$是等腰直角三角形，$CT\bot BD$，
$\therefore BT=DT$，
$\therefore CT=BT=DT$，
设$AD=x$，$DE=y$，
则$AE=AB=x+y$，$BD=\sqrt{{x}^{2}+{(x+y)}^{2}}$，$DQ=CT=\frac{1}{2}\sqrt{{x}^{2}+{(x+y)}^{2}}$，
$\because BD$∥$EF$，
$\therefore \angle ADB=\angle E$，
$\because \angle A=\angle DQE=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle BAD$∽$\triangle DQE$，
$\therefore \frac{BD}{DE}=\frac{AB}{DQ}$，
$\therefore \frac{\sqrt{{x}^{2}+{(x+y)}^{2}}}{y}=\frac{x+y}{\frac{1}{2}\sqrt{{x}^{2}+{(x+y)}^{2}}}$，
整理得$2x^{2}=y^{2}$，
$\because x \gt 0$，$y \gt 0$，
$\therefore x：y=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore {AD}：{DE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
综上所述，$AD:DE=1$或$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\because AD=2$，
$\therefore DE=2$或$2\sqrt{2}$；
解法二：$\because DE$∥$BF$，$DE=BF$
$\therefore$四边形$DBFE$是平行四边形，
$\therefore S_{▱DBFE}=2S_{\triangle BCD}$
设$DE=x$.
①当$DC=DA$时$,\triangle ABD$≌$\triangle CBD$，
$\therefore S_{▱DBFE}=2S_{\triangle ABD}$，
$\therefore x\left(x+2\right)=2\left(x+2\right)$，
解得：$x=2$；
②当$DC=BC$时，$\triangle BCD$等腰直角三角形，
$\therefore {S}_{△BCD}=\frac{B{D}^{2}}{4}$，
$\therefore S_{▱DBFE}=2S_{\triangle BCD}$，
$\therefore x(x+2)=2•\frac{{(x+2)}^{2}+{2}^{2}}{a}$，
$\therefore {x}^{2}+{2x}=\frac{{x}^{2}+{4x}+8}{2}$，
$\therefore x^{2}=8$，
$\therefore x=±2\sqrt{2}($负值舍去），
综上，$DE=2$或$2\sqrt{2}$.