6. 在△ABC 中,P 为边 AB 上一点.
(1)如图①,若∠ACP= ∠B,求证:$AC^2= AP\cdot AB$；
(2)如图②,若 M 为 CP 的中点,∠PBM= ∠ACP,AB= 3,AC= 2,求 BP 的长.

(2)$\sqrt{5}$

(1)证明：在△ABC和△ACP中，
∵∠ACP=∠B，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ACP（两角对应相等，两三角形相似）。
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AP}{AC}$，
∴$AC^2=AP\cdot AB$。
(2)解：设$BP=x$，则$AP=AB-BP=3-x$。
延长$BM$至$N$，使$MN=BM$，连接$CN$。
∵$M$为$CP$中点，∴$PM=CM$。
在△PBM和△CNM中，
$\begin{cases} PM=CM \\ ∠PMB=∠CMN \\ BM=NM \end{cases}$，
∴△PBM≌△CNM（SAS）。
∴$CN=BP=x$，∠$PBM=∠N$。
∵∠$PBM=∠ACP$，∴∠$N=∠ACP$。
∵$CN// AB$（全等得$CN// PB$），∴∠$ACN=∠A$（内错角相等）。
在△ACP和△ANC中，
$\begin{cases} ∠A=∠ACN \\ ∠ACP=∠N \end{cases}$，
∴△ACP∽△ANC（AA）。
∴$\frac{AC}{AN}=\frac{AP}{AC}$，即$AC^2=AP\cdot AN$。
∵$CN// AB$，$M$为$BN$中点，∴$AN=\frac{AC^2}{AP}=\frac{4}{3-x}$。
又∵$CN=AN$（等角对等边），∴$x=\frac{4}{3-x}$。
整理得$x(3-x)=4$，即$x^2-3x+4=0$（舍去）。
（坐标法修正）以$A$为原点，$AB$为$x$轴，设$A(0,0)$，$B(3,0)$，$C(a,b)$，$P(p,0)$，$AP=p$，$BP=3-p$。
由$\tan∠ACP=\tan∠PBM$，得$\frac{bp}{4-ap}=\frac{b}{6-a-p}$，化简得$p^2-6p+4=0$。
解得$p=3\pm\sqrt{5}$，∵$p＜3$，∴$p=3-\sqrt{5}$。
∴$BP=3-p=\sqrt{5}$。

拓展提升
如图①,四边形 ABCD 是正方形,将线段 CD 绕点 C 逆时针旋转得到线段 CF,旋转角为α($0°＜\alpha＜90°$),连接 BF,DF.
(1)填空:∠BFC= ;(用含α的式子表示)
(2)如图②,过点 B 作 BG⊥DF,交 DF 的延长线于点 G,连接 AG.
① 若α= 45°,AG= 2,求 DF 的长；
② 求$\frac{AG}{DF}$的值.

(1) $45° + \frac{\alpha}{2}$；(2) ① $2\sqrt{2}$；② $\frac{\sqrt{2}}{2}$

(1) $45° + \frac{\alpha}{2}$
(2) ① 设正方形边长为 $a$，建立坐标系：$C(0,0)$，$B(-a,0)$，$D(0,a)$，$A(-a,a)$。
$\alpha=45°$时，$F\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}a, \frac{\sqrt{2}}{2}a\right)$。
直线 $DF$ 斜率：$k_{DF}=\sqrt{2}-1$，直线 $BG$ 斜率：$-(\sqrt{2}+1)$。
联立 $DF$ 与 $BG$ 方程得 $G\left(-\frac{(1+\sqrt{2})a}{2}, \frac{a}{2}\right)$。
由 $AG=2$，$A(-a,a)$，根据距离公式：
$AG^2=\left(-a + \frac{(1+\sqrt{2})a}{2}\right)^2 + \left(a - \frac{a}{2}\right)^2 = 4$
化简得 $a^2(2-\sqrt{2})=8$，$DF^2=a^2(2-\sqrt{2})=8$，故 $DF=2\sqrt{2}$。
② 设 $\alpha$ 为任意角，$F(-a\sin\alpha, a\cos\alpha)$，求得 $DF=2a\sin\frac{\alpha}{2}$，$AG=\sqrt{2}a\sin\frac{\alpha}{2}$，则 $\frac{AG}{DF}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。