分析 （1）△OEF是等腰直角三角形，只要证明△OBE≌△OCF即可．
（2））△OEF是等边三角形，如图2所示：过点O作OG⊥BC与G，作OH⊥CD与H．先证明△OGE≌△OHF，得OE=OF，证明∠EOF=60°即可解决问题．
（3）CE=3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$或3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$．见如图3中两种情形，作O′G⊥BC于G，O′H⊥CD于H，只要证明△OGE≌△OHF推出△EOF是等腰直角三角形，求出EG即可解决问题．
解答 解：（1）结论：△OEF是等腰直角三角形．
理由：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为正方形．
∴OB=OC，∠OBE=∠OCN=45°，∠BOC=90°，∠BCD=90°．
又∵∠MON+∠BCD=180°，
∴∠EOF=90°．
∴∠EOC+COF=90°．
∵∠BOE+∠EOC=90°，
∴∠BOE=∠COF．
在△OBE和△OCF中
$\left\{\begin{array}{l}{∠OBE=∠OCN=45°}\\{OB=OC}\\{∠BOE=∠COF}\end{array}\right.$，
∴△OBE≌△OCF，
∴OE=OF．
∴△OEF为等腰直角三角形．
故答案为等腰直角三角形．
（2）结论：△OEF是等边三角形，
证明：如图2所示：过点O作OG⊥BC与G，作OH⊥CD与H．
过O作OG⊥BC于G，OH⊥CD于H，
∴∠OGE=∠OGC=∠OHC=90°
∵四边形ABCD是菱形，
∴CA平分∠BCD，∠ABC+∠BCD=180°，
∴OG=OH，∠BCD=180°-60°=120°，
∵∠GOH+∠OGC+∠BCD+∠OHC=360°，
∴∠GOH+∠BCD=180°，
∵∠MON+∠BCD=180°，
∴∠EOF=∠GOH=180°-∠BCD=60°，
∴∠EOF-∠GOF=∠GOH-∠GOF，
∴∠EOG=∠FOH，
在△EOG和△FOH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EOG=∠FOH}\\{∠OGE=∠OHF}\\{OG=OH}\end{array}\right.$，
∴△OGE≌△OHF，
∴OE=OF，
∵∠EOF=60°，
∴△EOF是等边三角形．
（3）CE=3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$或3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$．
理由：如图3中，∵菱形ABCD中，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，$\frac{O′C}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
作O′G⊥BC于G，O′H⊥CD于H，
∴∠O′GC=∠O′HC=∠GCH=90°，
∴四边形O′GCH是矩形，
∴O′G∥AB，O′H∥AD，
∴$\frac{O′G}{AB}$=$\frac{O′H}{AD}$=$\frac{O′C}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
∵AB=BC=CD=AD=4$\sqrt{2}$，
∴O′G=O′H=3$\sqrt{2}$，
∴四边形O′GCH是正方形，
∴CG=O′G=3$\sqrt{2}$，∠GO′H=90°，
∵∠MO∠′N+∠BCD=180°，∠BCD=90°，
∴∠EO′F=90°，
∴∠EO′F=∠GO′H=90°，
∴∠EO′G=∠FO′H，
在△EO′G和△FO′H中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EO′G=∠FO′H}\\{O′G=O′H}\\{∠EGO′=∠FHO′}\end{array}\right.$，
∴△EO′G≌△FO′H，
∴O′E=O′F，
∴△O′EF是等腰直角三角形，
∵S△ABC=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{2}$×4$\sqrt{2}$=16，$\frac{{S}_{△ABC}}{{S}_{△OEF}}$=$\frac{4}{9}$，
∴S△OEF=36，
在RT△O′EG中，EG=$\sqrt{O′{E}^{2}-O′{G}^{2}}$=3$\sqrt{6}$，
∴CE=EG+CG=3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$，
根据对称性可知，当∠MON旋转到如图所示位置时，
CE′=E′G-CG=3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$．
综上所述CE=3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$或3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$
点评 本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考压轴题．
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