分析 （1）过点A作AH⊥BC与H，构造等腰直角三角形和含30°角的直角三角形，根据AC的长，求得CH和BH的长，即可得到BC的长；
（2）过点N作ND⊥BC于D，先判定△MCP≌△NCP（ASA），得出CM=CN，再判定△MCQ≌△NCD（AAS），得出QM=DN，最后在Rt△BDN中，根据∠B=45°，求得BN=$\sqrt{2}$DN，即可得到BN=$\sqrt{2}$MQ；
（3）过N作ND⊥BC于D，根据点N在∠ACB的角平分线上，以及△MCQ≌△NCD，可得AC与CP重合，再判定△BCM是等腰直角三角形，得到BC=MC=NC，最后设ND=1，在Rt△DCN中，求得CN=2，CD=$\sqrt{3}$，QM=1，进而得到Rt△BDN中，BN2=8-4$\sqrt{3}$，即可求得$\frac{M{Q}^{2}}{B{N}^{2}}$的值．
解答 
解：（1）如图1，过点A作AH⊥BC与H，
∵∠ABC=45°，∠BAC=75°，
∴∠ACB=60°，
∴∠BAH=45°，∠CAH=30°，
∵AC=4，
∴Rt△ACH中，CH=$\frac{1}{2}$AC=2，AH=2$\sqrt{3}$，
∴BH=2$\sqrt{3}$，
∴BC=CH+BH=2+2$\sqrt{3}$；
（2）证明：如图2，过点N作ND⊥BC于D，
∵CP平分∠MCN，
∴∠MCP=∠NCP，
在△MCP和△NCP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MCP=∠NCP}\\{CP=CP}\\{∠CPN=∠CPM}\end{array}\right.$，
∴△MCP≌△NCP（ASA），
∴CM=CN，
∵∠BCA=∠MCN=60°，
∴∠MCQ=∠NCD，
∵MQ⊥CQ，ND⊥CD，
∴∠Q=∠CDN=90°，
在△MCQ和△NCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠Q=∠CDN}\\{∠MCQ=∠NCD}\\{CM=CN}\end{array}\right.$，
∴△MCQ≌△NCD（AAS），
∴QM=DN，
又∵Rt△BDN中，∠B=45°，
∴BN=$\sqrt{2}$DN，
∴BN=$\sqrt{2}$MQ；
（3）如图3，过N作ND⊥BC于D，
当点N在∠ACB的角平分线上时，∠BCN=∠ACN=30°，
由（2）可得，△MCQ≌△NCD，
∴∠BCN=∠MCA，QM=DN，
∴∠ACN=∠ACM，
即AC平分∠MAN，
又∵CP平分∠MAN，
∴AC与CP重合，
∴∠MCA=∠ACN=∠BCN=30°，
∴∠BCM=90°，
∵∠CBM=45°，
∴△BCM是等腰直角三角形，
又∵△MCP≌△NCP，
∴BC=MC=NC，
设ND=1，则Rt△DCN中，CN=2，CD=$\sqrt{3}$，QM=1，
∴BC=2，BD=2-$\sqrt{3}$，
∴Rt△BDN中，BN2=BD2+DN2=（2-$\sqrt{3}$）2+12=8-4$\sqrt{3}$，
∴$\frac{M{Q}^{2}}{B{N}^{2}}$=$\frac{{1}^{2}}{8-4\sqrt{3}}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$．
点评 本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定以及勾股定理的应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形和等腰直角三角形，运用全等三角形的对应边相等以及等腰直角三角形的性质进行计算求解．
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如图是一个圆柱体，则从正上方看到的图形是（ ）