解：问题情境：线段$DN$，$MB$，$EC$之间的数量关系为$DN+MB=EC$，理由如下：
∵四边形$ABCD$是正方形，∴$∠ABE=∠BCD=90°$，$AB=BC=CD$，$AB//CD$
如图①，过点$B$作$BR//MN$分别交$AE$，$CD$于$L$，$R $两点
则$∠ABE=∠BCR=90°$
∴四边形$MBRN$为平行四边形，∴$NR=MB$
∵$MN⊥AE$，∴$BR⊥AE$，∴$∠BLE=90°$
∴$∠CBR+∠AEB=90°$
∵$∠BAE+∠AEB=90°$，∴$∠CBR=∠BAE$
∴$△ABE≌△BC(\mathrm {ASA})$，∴$BE=CR$
∵$CD=BC$，∴$DN+NR+CR=BE+EC$，即$DN+NR=EC$
∴$DN+MB=EC$
问题探究：
$(1) $连接$AQ$，过点$Q $作$HI//AB$，分别交$AD$，$BC$于$H$，$I $两点
∵四边形$ABCD$是正方形，∴四边形$ABIH$为矩形
∴$HI⊥AD$，$HI⊥BC$，$HI=AB=AD$
∴$∠AHQ=∠DHQ=∠QIE=90°$，即$∠QEI+∠EQI=90°$，$∠HQD+∠BDA=90°$
∵$BD$是正方形$ABCD$的对角线，∴$∠BDA=45°$
∴$∠HQD=90°-∠BDA=45°$，即$∠HQD=∠BDA$
∴$HQ=HD$，∴$AD-HD=HI-HQ$，即$AH=QI$
∵$MN⊥AE$，$P $为$AE$的中点
∴$MN$是$AE$的垂直平分线，即$AQ=QE$
∴$Rt△AHQ≌Rt△QIE(\mathrm {HL})$
∴$∠AQH=∠QEI$，∴$∠AQH+∠EQI=∠QEI+∠EQI=90°$
∵$∠AQH+∠AQE+∠EQI=180°$，∴$∠AQE=90°$
∴$△AQE$是等腰直角三角形
∴$∠EAQ=∠AEQ=45°$，即$∠AEF=45°$
$(2)$过点$P $作$GK//AD$，交$AB$，$CD$于$G$，$K$两点，取$AB$的中点为$S$，连接$PS'$
∵四边形$ABCD$是边长为$4$的正方形
∴$AB=AD=4$，$AD//BC$，$∠BAD=90°$，$∠KDP=∠ABD=45°$
易得四边形$AGKD$是矩形
∴$AG=DK$，$∠AGP=∠PKN=90°$
∵$∠DPK+∠KDP=90°$，∴$∠DPK=90°-∠KDP=45°$，即$PK=DK$
∴$AG=PK$
∵$MN⊥AE$，∴$∠APN=90°$
∵$∠APN+∠APG+∠KPN=180°$，∴$∠APG+∠KPN=90°$
∵$∠KPN +∠PNK=90°$，∴$∠APG=∠PNK$
∴$△AGP≌△PKN(\mathrm {AAS})$
∴$AP=PN$，即$△APN$是等腰直角三角形，∴$∠PAN=45°$
由翻折的性质，得$∠P'AN=∠PAN=45°$，$AP'=AP$
∴$∠PAP'=90°$
∵$∠S'AP+∠PAD=∠BAD=90°$，$∠SAP+∠PAD=∠PAP'=90°$，
∴$∠S'AP=∠SAP$
又$AB=AD$
∴$\frac {1}{2}\ \mathrm {AB}= \frac {1}{2}\ \mathrm {AD}$，即$AS'=AS$
∴$△AS'P≌△ASP'(\mathrm {SAS})$，∴$PS'=P'S$
∵$S′$为定点
∴当$PS'⊥BD$时，$PS'$的长取最小值，即$P'S $的长取最小值
当$PS'⊥BD$时，$∠BS'P+∠ABD=90°$
∴$∠BS'P=∠ABD=45°$，即$PS'=BP$
在$Rt△S'PB$中，$BS'= \frac {1}{2}\ \mathrm {AB}= \frac {1}{2} ×4=2$
由勾股定理，得$PS'²+BP²=BS'²$，即$2PS'²=4$
解得$PS'= \sqrt {2}($负值已舍去$)$，则$P'S= \sqrt {2}$
∴$P'S $的长的最小值为$ \sqrt {2}$
