解：1. （1）
因?yàn)?AB = AC=AD$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半（圓周角定理：$\angle BDC=\frac{1}{2}\angle BAC$）。
所以$\angle BDC = 45^{\circ}$。
2. （2）
解：因?yàn)?\angle BAD=\angle BCD = 90^{\circ}$，所以$A$，$B$，$C$，$D$四點(diǎn)共圓（四邊形對(duì)角互補(bǔ)，則四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共圓）。
由圓周角定理可知$\angle BAC=\angle BDC$（同弧所對(duì)的圓周角相等）。
已知$\angle BDC = 25^{\circ}$，所以$\angle BAC=25^{\circ}$。
3. （3）
解：設(shè)$AD = h$。
則$AB=\sqrt{BD^{2}+AD^{2}}=\sqrt{16 + h^{2}}$，$AC=\sqrt{CD^{2}+AD^{2}}=\sqrt{4 + h^{2}}$。
根據(jù)余弦定理$\cos\angle BAC=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}$，已知$\angle BAC = 45^{\circ}$，$BC=BD + CD=6$。
又因?yàn)?\cos45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$AB^{2}=16 + h^{2}$，$AC^{2}=4 + h^{2}$，$BC^{2}=36$。
所以$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{(16 + h^{2})+(4 + h^{2})-36}{2\sqrt{(16 + h^{2})(4 + h^{2})}}$。
即$\sqrt{2}\sqrt{(16 + h^{2})(4 + h^{2})}=2h^{2}-16$。
兩邊平方得$2(16 + h^{2})(4 + h^{2})=(2h^{2}-16)^{2}$。
展開(kāi)得$2(64+16h^{2}+4h^{2}+h^{4})=4h^{4}-64h^{2}+256$。
$128 + 40h^{2}+2h^{4}=4h^{4}-64h^{2}+256$。
移項(xiàng)得$2h^{4}-104h^{2}+128 = 0$，即$h^{4}-52h^{2}+64 = 0$。
令$t = h^{2}(t\gt0)$，則$t^{2}-52t + 64 = 0$。
根據(jù)一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0(a = 1,b=-52,c = 64)$的求根公式$t=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}=\frac{52\pm\sqrt{(-52)^{2}-4×64}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2704 - 256}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2448}}{2}=\frac{52\pm4\sqrt{153}}{2}=26\pm2\sqrt{153}$。
又$t^{2}-52t + 64=(t-(3 + \sqrt{17}))(t-(3-\sqrt{17}))(t-( - 3+\sqrt{17}))(t-( - 3 - \sqrt{17}))$（通過(guò)求根公式$x=\frac{52\pm\sqrt{52^{2}-4×64}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2704 - 256}}{2}=\frac{52\pm\sqrt{2448}}{2}=\frac{52\pm4\sqrt{153}}{2}$，化簡(jiǎn)后可得$h^{2}=t=(3+\sqrt{17})^{2}$（舍去負(fù)根）。
所以$h = 3+\sqrt{17}$，即$AD$的長(zhǎng)為$3+\sqrt{17}$。
綜上，（1）$45^{\circ}$；（2）$25^{\circ}$；（3）$AD = 3+\sqrt{17}$。
