【分析】解法一：如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形对应边相等证明FQ=BQ=PE=1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理计算DE=EF=PD=
，
=3，如图2，由平行相似证明△DGC∽△FGA，列比例式可得FG和CG的
长，从而得EG的长，根据△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的长，利用DE∥GM证明△DEN∽△MNH，则得周长．
解法二，将解法一中用相似得出的FG和CG的长，利用面积法计算得出，其它解法相同．
解法三：作辅助线构建正方形和全等三角形，设EP=x，则DQ=4﹣x=FP=x﹣2，求x的值得到PF=1，AE的长；由△DGC和△FGA相似，求AG和GE的长；证△GHF和△FKM全等，所以GH=FK=4/3，HF=MK=2/3，ML=AK=10/3，DL=AD﹣MK=10/3，即DL=LM，所以DM在正方形对角线DB上，设NI=y，列比例式可得NI的长，分别求MN和EN的长，相加可得结论．
【解答】解：解法一：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE， ∵DC∥AB， ∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形， ∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x， ∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ， ∴△DPE≌△EQF， ∴DE=EF，
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，得EN=，从而计算出△EMN各边的长，相加可
易证明△DEC≌△BEC， ∴DE=BE， ∴EF=BE， ∵EQ⊥FB， ∴FQ=BQ=BF，
∵AB=4，F是AB的中点， ∴BF=2， ∴FQ=BQ=PE=1， ∴CE=
，
Rt△DAF中，DF==2
，∵DE=EF，DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形， ∴DE=EF==
， ∴PD=
=3，
如图2，∵DC∥AB， ∴△DGC∽△FGA， ∴
==2，
∴CG=2AG，DG=2FG， ∴FG=×=， ∵AC==4， ∴CG=×=， ∴EG=
﹣
=
，
连接GM、GN，交EF于H， ∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形， ∴GH=FH=
=
，
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∴EH=EF﹣FH=﹣=， ，
由折叠得：GM⊥EF，MH=GH=∴∠EHM=∠DEF=90°， ∴DE∥HM， ∴△DEN∽△MNH， ∴∴
=， =3，
∴EN=3NH， ∵EN+NH═EH=∴EN=
，
﹣
==
，
=
，
，
∴NH=EH﹣EN=Rt△GNH中，GN=
由折叠得：MN=GN，EM=EG， ∴△EMN的周长=EN+MN+EM=
+
+
=
；
解法二：如图3，过G作GK⊥AD于K，作GR⊥AB于R， ∵AC平分∠DAB， ∴GK=GR，
∴====2，
∵==2，
∴同理，
，
=
=3，
其它解法同解法一，
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可得：∴△EMN的周长=EN+MN+EM=++=；
解法三：如图4，过E作EP⊥AP，EQ⊥AD， ∵AC是对角线， ∴EP=EQ，
易证△DQE和△FPE全等， ∴DE=EF，DQ=FP，且AP=EP， 设EP=x，则DQ=4﹣x=FP=x﹣2， 解得x=3，所以PF=1， ∴AE=∵DC∥AB， ∴△DGC∽△FGA， ∴同解法一得：CG=×∴EG=AG=AC=
﹣
=，
，
=
，
=3
，
过G作GH⊥AB，过M作MK⊥AB，过M作ML⊥AD， 则易证△GHF≌△FKM全等， ∴GH=FK=，HF=MK=， ∵ML=AK=AF+FK=2+=即DL=LM， ∴∠LDM=45°
∴DM在正方形对角线DB上， 过N作NI⊥AB，则NI=IB， 设NI=y， ∵NI∥EP ∴∴
，DL=AD﹣MK=4﹣=，
，
解得y=1.5，
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