解：
∵ $ BD ⊥ CD $，$ BD=4 $，$ CD=3 $，
∴ $ BC=\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5 $。
∵ $ E,F,G,H $ 分别是 $ AB,AC,CD,BD $ 的中点，
∴ $ EH // AD $，$ EH=\frac{1}{2}AD $；$ FG // AD $，$ FG=\frac{1}{2}AD $；
$ EF // BC $，$ EF=\frac{1}{2}BC $；$ HG // BC $，$ HG=\frac{1}{2}BC $。
∴ 四边形 $ EFGH $ 是平行四边形，
$ EH=FG=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×7=3.5 $，
$ EF=HG=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×5=2.5 $。
∴ 四边形 $ EFGH $ 的周长为 $ 2×(3.5+2.5)=12 $。
答案：A

解：
∵D，E分别是BC，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//AB，DE=$\frac{1}{2}$AB=4，BD=$\frac{1}{2}$BC=3.
∵DE//AB，
∴∠ABF=∠DFB.
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠DBF，
∴∠DFB=∠DBF，
∴DF=BD=3，
∴EF=DE-DF=4-3=1.
1

证明：在$□ABCD$中，$AD// BC$，$AB// CD$，$AB=CD=\sqrt{2}$，$AD=BC=3$，$\angle C=135^{\circ}$，则$\angle D=45^{\circ}$。
连接$AE$，因为$M$，$N$分别是$AF$，$EF$的中点，所以$MN$是$\triangle AEF$的中位线，$MN=\frac{1}{2}AE$。
当$AE⊥ BC$时，$AE$最小。在$Rt\triangle ABE$中，$\angle B=180^{\circ}-\angle C=45^{\circ}$，$AB=\sqrt{2}$，则$AE=AB·\sin45^{\circ}=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，此时$MN_{\mathrm{min}}=\frac{1}{2}×1=\frac{1}{2}$。
当$E$与$C$重合时，$AE$最大。在$\triangle ADC$中，$AD=3$，$CD=\sqrt{2}$，$\angle D=45^{\circ}$，由余弦定理得$AC^{2}=AD^{2}+CD^{2}-2AD· CD·\cos45^{\circ}=9+2-2×3×\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=9+2-6=5$，所以$AC=\sqrt{5}$，此时$MN_{\mathrm{max}}=\frac{1}{2}×\sqrt{5}=\frac{\sqrt{5}}{2}$。
$MN$长的最大值与最小值的差为$\frac{\sqrt{5}}{2}-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$