(1) 如图所示作辅助线, 过点$P$ 分别作$AB,BC$ 的垂线, 分别叫四边于$E,F,M,N$, 设
$PE=x,PF=y,PM=a,PN=b$, 所以可得:

$x^2+a^2=PA^2=1,x^2+b^2=PB^2=4, y^2+b^2=PC^2=9$

所以有: $a^2+y^2=(x^2+a^2)+(y^2+b^2)-(x^2+b^2)=6\Rightarrow PD=\sqrt{6}$.

(2) 将点$P$ 绕点$B$ 顺时针旋转$90^{\circ}$ 到点$Q$, 连结$QP,QC$.
易得$\triangle PAB \cong \triangle QCB$, 在$\triangle PCQ$ 中有
$PQ=2\sqrt{2}, QC=1,PC=3\Rightarrow \triangle PCQ$ 为直角三角形, 所以$\angle PQC=90^{\circ}$.

因此有$\angle BQC=45^{\circ}+90^{\circ}=135^{\circ}=\angle APB$.

连结$BD$, 设$BD$ 的中点为$M$, 则$FM$ 是$\triangle ABD$ 的中位线, 所以
$FM\parallel AB$, 因此$FM=\frac{1}{2} AB$.
同理,$ME\parallel CD$, $ME=\frac{1}{2} CD$.
因为$AB=CD$, 所以$ME=MF\Rightarrow \angle MEF=\angle MFE$.
以为$FM\parallel AB$, 所以$\angle BGE=\angle MFE$.
同理,$\angle FHC=\angle MEF$.
因此$\angle BGE=\angle FHC$.

设$F$ 为$AB$ 的中点, 连结$DF,FE$, $\because AD$ 为高, $\therefore FD=FB=FA$.
又$E,F$ 分别为中点$\Rightarrow EF\parallel AC$. 故有$\angle B=\angle FDB=2\angle C=2\angle FED$.
所以有$\angle DFE=\angle DEF\Rightarrow AB=2DF=2DE$.

设$J,K$ 分别为$AB,AC$ 的中点，连结$QJ,JM,MQ,QK,KN,NQ$. 易证$\triangle QMJ\cong \triangle NQK\Rightarrow QM=QN$, $\because P$ 为$MN$ 中点，所以$QP\bot MN$.

猜测$\angle FAH=45^{\circ}$. 证明如下：
如图, 设$AE=x,ED=y,DH=a,HC=b$, 则有

$x+y=a+b, 2ax=by$

因此有$x-a=b-y\Rightarrow x^2+a^2-2ax=b^2+y^2-2by\Rightarrow (a+x)^2=b^2+y^2$.
即$a+x=\sqrt{b^2+y^2} \Rightarrow DH+BF=FH$.

延长$CB$ 到$M$, 使得$BM=DHf$, 连结$AM$. $\because Rt\triangle AMB\cong Rt\triangle AHD$, 易得$\angle MAH=90^{\circ}$, $\triangle AMF \cong \triangle AHF(SSS)$.

所以$\angle MAF=\angle HAF$. 即$HAF=\frac{1}{2} \angle MAH=45^{\circ}$.

过点$M$ 作$BC$ 的垂线, 使得$MD=AN$, 连结$DN,DB$, $\because AN$ 与$MD$ 平行且相等
, $\therefore MDNA$ 为平行四边形, $\therefore AM=ND$, $\angle MDN=\angle MAN$.

另一方面, $\because AC=BM,MC=MD\Rightarrow \triangle BDM\cong \triangle AMC$,
$\therefore BD=AM=ND$, $\angle CAM=\angle MBD\Rightarrow \angle BDM+\angle MDC=\angle BDM+\angle CAM=\angle BMD+\angle MBD=90^{\circ}$. 所以$\triangle BDN$ 为等腰直角三角形. 故有$\angle APN=\angle BND=45^{\circ}$.

如图所示, 过点$B$ 分别作$BM\bot AE, BN\bot FC$ 连结$BF,BE$, $\because E,F$ 分别
在$CD,DA$ 上, 所以$S_{\triangle ABE}=S_{\triangle BCF}=\frac{1}{2} S_{ABCD}$.

即$AE\times BM=CF\times BN\Rightarrow BM=BN$, 所以有 $B$ 在 $\angle ACG$ 的平分
线上,问题得证.

$\because AC\bot BC, CD\bot AB, \therefore \angle ACD=\angle CBD$
\beacuse AF 平分 $\angle CAB \therefore \angle CAF=\angle BAF$
$\therefore \angle CFA=\angle B+\angle BAF=\angle ACD+\angle CAF=\angle CEF$
因此有 $CF=CE$ .

过点 $E$ 作 $ET\parallel CB, \because EG\parallel AB, \rightarrow ETBG$ 为平行四
边形, $ET=GG$

又易证 $\triangle ACE\cong \triangle ATE \rightarrow EC=ET=GB$,所以 $GF=GB$.

容易看到 $\triangle ADC\cong \triangle CFB$ 利用等边三角形 $\triangle AED$ ,可得
$CF=DE$ . 若能证明 $CD\parallel DE$ 或是 $EF=DC$ ,命题即可获证, 我们从证明
$EB=DC$ 着手.

连结 $EB$ 易得 $\triangle ACD\cong \triangle ABE$ , 所以得: $EB=DC, \angle ABE=\angle ACD=60^{\circ}$ . 因此可得 $\triangle BEF$ 为等边三角形. 所以
$EF=FB=DC$ . 故得四边形 $CDEF$ 为平行四边形.

如图所示，过 $M$ 作 $AD$ 边的平行线交 $CD$ 于 $Q$ , 交 $AB$ 于 $AB$ 于 $P$,
$AP=DQ, BP=CQ$ 由勾股定理可得： $MA^2-AP^2=MB^2-BP^2$ 即 $MA^2-MB^2=AP^2-BP^2$ ,
同理可得： $MD^2-MC^2=DQ^2-CQ^2=AP^2=BP^2$ 所以 $MD^2-MC^2=MA^2-MB^2=\frac{1}{2} $ 由 $\angle CMD=90^{\circ},MD^2+MC^2=CD^2=1$ 可得 $2MC^2=\frac{1}{2} , MC^2=\frac{1}{4} ,MC=\frac{1}{2} $ .

在直角三角形 $\triangle DMC $ 中, 由 $CM=\frac{1}{2} CD$ , 可得 $\angle MCD=60^{\circ}$ .