7.如图，$\triangle ABC$，$\triangle EFG$均是边长为$2$的等边三角形，点$D$是边$BC$，$EF$的中点，直线$AG$，$FC$相交于点$M$.当$\triangle EFG$绕点$D$旋转时，线段$BM$长的最小值是().
A.$2 - \sqrt{3}$
B.$\sqrt{3} + 1$
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3} - 1$

7.D

证明：连接AD，DG，易证AD=DG=$\sqrt{3}$，∠ADG=∠FDC。
由SAS可证△ADG≌△CDF，得∠DAG=∠DCF。
从而∠AMC=∠ADC=90°，故点M在以AC为直径的圆上。
设AC中点为O，则OB=$\sqrt{3}$，OM=1。
BM≥OB - OM=$\sqrt{3}-1$，即BM长的最小值是$\sqrt{3}-1$。
D

8.已知正方形$ABCD$，点$M$为边$AB$的中点.
(1)如图①，点$G$为线段$CM$上的一点，且$\angle AGB = 90^{\circ}$，延长$AG$，$BG$分别与边$BC$，$CD$交于点$E$，$F$.
①求证$BE = CF$.
②求证$BE^{2} = BC· CE$.
(2)如图②，在边$BC$上取一点$E$，满足$BE^{2} = BC· CE$.连接$AE$交$CM$于点$G$，连接$BG$并延长交$CD$于点$F$，求$\frac{CF}{BC}$的值.

$8.(1)①$证$Rt△ABE≌Rt△BCF,$得$BE=CF.$　　
$②$　　
∵$∠AGB=90°,$点$M$为边$AB$的中点$,$　　
∴$MG=MA=MB.$　　
∴$∠GAM=∠AGM.$　　
又　　
∵$∠CGE=∠AGM,∠GAM=∠CBG,$　　
∴$∠CGE=∠CBG.$　　
又　　
∵$∠ECG=∠GCB,$　　
∴$△CGE∽△CBG.$　　
∴$\frac{CG}{BC}=\frac{EC}{CG},$即$CG^{2}=BC· CE.$　　
由$∠CFG=∠GBM=∠BGM=∠CGF,$　　
得$CF=CG.$由$①$知$BE=CF,$　　
∴$BE=CG.$　　
∴$BE²=BC·CE.$　　
$(2)$延长$AE,DC$交于点$N.$　　
∵四边形$ABCD$是正方形$,$　　
∴$AB//CD.$　　
∴$∠N=∠EAB.$　　
又　　
∵$∠CEN=∠BEA,$　　
∴$△CEN∽△BEA.$　　
$\therefore \frac{BE}{CE}=\frac{AB}{CN},$
即$BE\cdot CN=AB\cdot CE. \because AB=BC,BE^{2}=BC\cdot CE,\therefore CN=BE. \because AB\parallel DN,\therefore \frac{AM}{CN}=\frac{GM}{GC}=\frac{BM}{CF}. \because AM=MB,\therefore FC=CN=BE. $
不妨设正方形$ABCD$的边长为$1,BE=x, $
由$BE^{2}=BC\cdot CE$可得$x^{2}=1\cdot (1-x), $
解得$x_{1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2},x_{2}=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}($舍去负值$), \therefore CF=\frac{\sqrt{5}-1}{2},$
则$\frac{CF}{BC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$