解：（1）$MN// BC。$理由：
因為$\triangle AMN$與$\triangle CMN$重合，$MN$為折痕，所以$MN\perp AC。$
因為$\angle A+\angle B = 90^{\circ}，$$\angle A+\angle AMN = 90^{\circ}，$所以$\angle B=\angle AMN，$所以$MN// BC。$
（2）①點$B$能與點$C$重合。理由如下：
因為$ME\perp BC，$$MN\perp AC，$所以$\angle CNM=\angle MEC = 90^{\circ}，$$\angle CNM=\angle MEB = 90^{\circ}。$
由（1）可得$MN// BC，$所以$\angle NMC=\angle MCE。$
在$\triangle CMN$和$\triangle MCE$中，$\begin{cases}\angle CNM=\angle MEC = 90^{\circ}\\\angle NMC=\angle ECM\\MC = CM\end{cases}，$
所以$\triangle CMN\cong\triangle MCE(AAS)，$所以$EM = NC，$$MN = CE。$
因為$\triangle AMN$與$\triangle CMN$重合，$MN$為折痕，所以$\angle B=\angle AMN=\angle CMN。$
在$\triangle BME$和$\triangle MCN$中，$\begin{cases}\angle B=\angle CMN\\\angle MEB=\angle CNM\\ME = CN\end{cases}，$
所以$\triangle BME\cong\triangle MCN(AAS)，$所以$BM = MC。$
所以將$\triangle BME$沿$ME$折疊，點$B$能與點$C$重合。
（3）$\angle BMC=\angle POQ$或$\angle POQ+\angle BMC = 180^{\circ}。$理由如下：
①當$\triangle OPQ$為銳角三角形時，如圖，過點$B$作$BG\perp MC$于點$G，$過點$Q$作$QH\perp MC$于點$H，$
因為$S_{\triangle BMC}=S_{\triangle OPQ}，$所以$\frac{1}{2}MC\cdot BG=\frac{1}{2}OP\cdot QH。$
因為$OP$與邊$MC$恰好重合，即$OP = MC，$所以$BG = QH。$
因為$MC = MB = OP = OQ，$所以$MB = OQ。$
因為$BG\perp MC，$$QH\perp MC，$所以$\angle BGM=\angle QHO = 90^{\circ}。$
在$Rt\triangle BGM$和$Rt\triangle QHO$中，$\begin{cases}MB = OQ\\BG = QH\end{cases}，$
所以$Rt\triangle BGM\cong Rt\triangle QHO(HL)。$
所以$\angle BMG=\angle QOH，$即$\angle BMC=\angle POQ。$
②當$\triangle OPQ$為鈍角三角形時，如圖，過點$B$作$BS\perp CM$于點$S，$過點$Q$作$QT\perp PO$的延長線于點$T，$
因為$S_{\triangle BMC}=S_{\triangle OPQ}，$所以$\frac{1}{2}MC\cdot BS=\frac{1}{2}OP\cdot QT。$
因為$OP$與邊$MC$恰好重合，即$OP = MC，$所以$BS = QT。$
因為$MC = MB = OP = OQ，$所以$MB = OQ。$
因為$BS\perp CM，$$QT\perp OP，$所以$\angle T=\angle BSM = 90^{\circ}。$
在$Rt\triangle BSM$和$Rt\triangle QTO$中，$\begin{cases}MB = OQ\\BS = QT\end{cases}，$
所以$Rt\triangle BSM\cong Rt\triangle QTO(HL)。$
所以$\angle BMS=\angle QOT。$
因為$\angle POQ+\angle QOT = 180^{\circ}，$所以$\angle POQ+\angle BMS = 180^{\circ}，$即$\angle POQ+\angle BMC = 180^{\circ}。$
