7. 如图，在$\triangle ABC$中，以边$BC$为直径的$\odot O$与边$AB$交于点$D$，点$E$为劣弧$\overset{\frown}{BD}$的中点，$AF$为$\triangle ABC$的角平分线，且$AF \perp EC$.
(1)求证$AC$与$\odot O$相切.
(2)若$AC = 6$，$BC = 8$，求$EC$的长.

7.(1)略。(2)$\frac{16\sqrt{5}}{5}$.

(1)证明：连接$CD$，$OE$，$OC$。
∵$BC$是$\odot O$的直径，
∴$\angle BDC = 90°$。
∵点$E$为劣弧$\overset{\frown}{BD}$的中点，
∴$OE\perp BD$，$\angle COE=\frac{1}{2}\angle COD$。
∵$AF$平分$\angle BAC$且$AF\perp EC$，设$AF$与$EC$交于点$H$，则$\angle AHE = \angle AHC = 90°$。
在$\triangle AHE$和$\triangle AHC$中，$\begin{cases}\angle HAE=\angle HAC\\AH=AH\\\angle AHE=\angle AHC\end{cases}$，
∴$\triangle AHE\cong\triangle AHC(ASA)$，
∴$AE = AC$，$\angle AEC=\angle ACE$。
∵$OE = OC$，
∴$\angle OEC=\angle OCE$，
∴$\angle OEA=\angle OCA$。
∵$OE\perp BD$，$CD\perp BD$，
∴$OE// CD$，
∴$\angle OEA=\angle ADC$。
∵$\angle ADC+\angle ACD=90°$，
∴$\angle OCA+\angle ACD=90°$，即$\angle OCD=90°$，
∴$AC\perp OC$，故$AC$与$\odot O$相切。
(2)解：
∵$AC = 6$，$BC = 8$，$AC\perp OC$，
∴$AB=\sqrt{AC^2 + BC^2}=\sqrt{6^2 + 8^2}=10$。
由$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· CD=\frac{1}{2}AC· BC$，得$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{6×8}{10}=\frac{24}{5}$，$AD=\sqrt{AC^2 - CD^2}=\sqrt{6^2 - (\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$。
设$BD = x$，则$x+\frac{18}{5}=10$，解得$x=\frac{32}{5}$。
∵$OE\perp BD$，$O$为$BC$中点，$BC = 8$，
∴$OB = 4$，$BF = FD=\frac{16}{5}$。
在$Rt\triangle OBF$中，$OF=\sqrt{OB^2 - BF^2}=\sqrt{4^2 - (\frac{16}{5})^2}=\frac{12}{5}$，$CF = OC + OF=4+\frac{12}{5}=\frac{32}{5}$。
在$Rt\triangle CDF$中，$EC=\sqrt{CF^2 + EF^2}$，$EF = OE - OF=4 - \frac{12}{5}=\frac{8}{5}$，
∴$EC=\sqrt{(\frac{32}{5})^2 + (\frac{8}{5})^2}=\frac{16\sqrt{5}}{5}$。
答案：(1)见证明过程；(2)$\frac{16\sqrt{5}}{5}$

8. 如图，点$P$在以$MN$为直径的半圆上运动(点$P$与点$M$，$N$不重合)，$PQ \perp MN$于点$Q$，$NE$平分$\angle MNP$，交$PM$于点$E$，交$PQ$于点$F$.
(1)求$\frac{PF}{PQ} + \frac{PE}{PM}$的值.
(2)若$PN^{2} = PM · MN$，求$\frac{MQ}{NQ}$的值.

8.(1)1。(2)$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

(1)证明：
∵MN为直径，
∴∠MPN=90°，
∵PQ⊥MN，
∴∠PQN=∠MPN=90°，
∵NE平分∠MNP，
∴∠PNE=∠MNE，
∴△PNF∽△QNF，△PNE∽△QNE，
∴$\frac{PF}{FQ}=\frac{PN}{QN}$，$\frac{PE}{EQ}=\frac{PN}{QN}$，
设$\frac{PN}{QN}=k$，则$PF=kFQ$，$PE=kEQ$，
∵$PQ=PF+FQ=(k+1)FQ$，$PM=PE+EM=PE+EQ=(k+1)EQ$，
∴$\frac{PF}{PQ}=\frac{k}{k+1}$，$\frac{PE}{PM}=\frac{k}{k+1}$，
∴$\frac{PF}{PQ}+\frac{PE}{PM}=\frac{k}{k+1}+\frac{k}{k+1}=1$。
(2)设$PM=a$，$MN=2R$，则$PN^2=a·2R$，
在Rt△PMN中，$PM^2+PN^2=MN^2$，即$a^2+2aR=4R^2$，
解得$a=(\sqrt{5}-1)R$（负根舍去），
∴$PM=(\sqrt{5}-1)R$，$PN^2=2R·(\sqrt{5}-1)R=2(\sqrt{5}-1)R^2$，
∵$PQ·MN=PM·PN$，
∴$PQ=\frac{PM·PN}{MN}=\frac{(\sqrt{5}-1)R·PN}{2R}=\frac{(\sqrt{5}-1)PN}{2}$，
在Rt△PQN中，$QN=\sqrt{PN^2-PQ^2}=\sqrt{PN^2-\left(\frac{(\sqrt{5}-1)PN}{2}\right)^2}=\frac{(\sqrt{5}-1)R}{2}$，
$MQ=MN-QN=2R-\frac{(\sqrt{5}-1)R}{2}=\frac{(5-\sqrt{5})R}{2}$，
∴$\frac{MQ}{NQ}=\frac{\frac{(5-\sqrt{5})R}{2}}{\frac{(\sqrt{5}-1)R}{2}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
答案：(1)$1$；(2)$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。

9. 如图，在菱形$ABCD$中，对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，$AC = 12\ cm$，$BD = 16\ cm$.动点$N$从点$D$出发，沿线段$DB$以$2\ cm/s$的速度向点$B$运动；同时动点$M$从点$B$出发，沿线段$BA$以$1\ cm/s$的速度向点$A$运动.当其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动.设运动时间为$t$(单位：$ s$)($t ＞ 0$)，以点$M$为圆心，$MB$长为半径的$\odot M$与射线$BA$、线段$BD$分别交于点$E$，$F$，连接$EN$.
(1)求$BF$的长(用含有$t$的代数式表示)，并求出$t$的取值范围.
(2)当$t$为何值时，线段$EN$与$\odot M$相切？
(3)若$\odot M$与线段$EN$只有一个公共点，求$t$的取值范围.

9.(1)连接EF，由△BEF∽△BAO，得$\frac{BF}{BO}=\frac{BE}{BA}$，
∴$\frac{BF}{8}=\frac{2t}{10}$，
∴BF=$\frac{8}{5}$t(0＜t≤8)。
　(2)当线段EN与⊙M相切时，∠BEN=90°，
∴△BEN∽△BOA，
∴$\frac{BE}{BO}=\frac{BN}{BA}$，
∴$\frac{2t}{8}=\frac{16 - 2t}{10}$，t=$\frac{32}{9}$.
∴当t=$\frac{32}{9}$时，线段EN与⊙M相切。
　(3)分类讨论：
　①当线段EN与⊙M相切以及相切之前，线段EN与⊙M只有一个公共点，即0＜t≤$\frac{32}{9}$；
　②当点N在线段BF上(不与点B，F重合)时，线段EN与⊙M也只有一个公共点，即0＜16 - 2t＜$\frac{8}{5}$t，解得$\frac{40}{9}$＜t＜8.
∴⊙M与线段EN只有一个公共点时，t的取值范围是0＜t≤$\frac{32}{9}$或$\frac{40}{9}$＜t＜8.