解:(1)選命題①
在圖1中,∵△ABC是正三角形,
∴BC=CA,∠BCM=∠CAN=60°.
∵∠BON=60°,
∴∠CBM+∠BCN=60°.
∵∠BCN+∠ACN=60°,
∴∠CBM=∠ACN.
∴△BCM≌△CAN(ASA).
∴BM=CN.
選命題②
在圖2中∵四邊形ABCD是正方形,
∴BC=CD,∠BCM=∠CDN=90°.
∵∠BON=90°,
∴∠CBM+∠BCN=90°.
∵∠BCN+∠DCN=90°,
∴∠CBM=∠DCN.
∴△BCM≌△CDN(ASA).
∴BM=CN.
選命題③
在圖3中,∵五邊形ABCDE是正五邊形,
∴BC=CD,∠BCM=∠CDN=108°.
∵∠BON=108°,
∴∠CBM+∠BCN=108°.
∵∠BCN+∠DCN=108°,
∴∠CBM=∠DCN.
∴△BCM≌△CDN(ASA).
∴BM=CN.
(2)①當∠BON=
時,結(jié)論BM=CN成立.
②BM=CN成立.
在圖5中,連接BD、CE,
∵五邊形ABCDE是正五邊形,
∴BC=CD,∠BCD=∠CDE=108°,CD=DE,∠CDE=∠DEA=108°.
∴∠BCD=∠DEA,
∴△BCD≌△CDE(SAS).
∴BD=CE,∠BDC=∠CED,∠DBC=∠ECD.
∵∠BON=108°,
∴∠OBC+∠OCB=108°.
∵∠OCB+∠OCD=108°,
∴∠OBC=∠OCD(即∠MBC=∠NCD).
∴∠MBC-∠DBC=∠NCD-∠ECD,即∠DBM=∠ECN.
∴∠CDE-∠BDC=∠DEA-∠CED,即∠BDM=∠CEN.
∴△BDM≌△CEN(ASA).
∴BM=CN.
分析:(1)正三角形ABC中,可通過全等三角形來證明BM=CN,由于∠BON=∠MBC+∠BCO=60°,而∠ACB=∠ACN+∠OCB=60°,因此∠ACN=∠MBC,又知道∠A=∠BCM=60°,AC=BC,因此△ACN≌△CBM,可得出BM=CN;正方形和正五邊形的證明過程與正三角形的一樣,都是通過全等三角形來得出線段的相等,證三角形的過程中都是根據(jù)∠BON和多邊形的內(nèi)角相等得出一組兩三角形中的一組對應(yīng)角相等,然后根據(jù)正多邊形的內(nèi)角和邊相等,得出BCM和CND全等,進而得出BM=CN;(2)①由(1)的證明過程可知道∠MON的度數(shù)應(yīng)該是正多邊形的內(nèi)角的度數(shù),當∠BON=
時,結(jié)論BM=CN成立,
②可參照(1)先得出三角形BCD和CDE全等,然后通過證三角形CEN和BDM全等來得出結(jié)論,在證三角形CEN和BDM全等的過程中也是通過∠BON與正五邊形的內(nèi)角相等得出一組對應(yīng)角相等,然后根據(jù)正五邊形的內(nèi)角減去第一對全等三角形中得出的相等角來得出另一組對應(yīng)角相等,可通過△BCD≌△CDE得出CE=BD,那么可得出三角形CEN和BDM全等,由此可得證.
點評:本題主要考查了全等三角形,正多邊形等幾何知識,是一道幾何型探究題,層層深入,體現(xiàn)了一個由特殊到一般的過程,考查學生的邏輯思維能力及歸納探索諸多方面的能力,是一道很好的壓軸題.本題是一道非常典型的幾何探究題,很好地體現(xiàn)了從一般到特殊的數(shù)學思想方法,引導學生漸漸地從易走到難,是新課標形勢下的成熟壓軸題.