7. 如图,在矩形 ABCD 中,E 是边 AB 的中点,连接 DE 交对角线 AC 于点 F.若 AB= 4,AD= 3,求 CF 的长.

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=3，AB//CD，∠ABC=90°。
在Rt△ABC中，AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵E是AB中点，AB=4，
∴AE=$\frac{1}{2}$AB=2。
∵AB//CD，
∴∠FAE=∠FCD，∠AFE=∠CFD，
∴△AFE∽△CFD。
∴$\frac{AF}{CF}=\frac{AE}{CD}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
设CF=x，则AF=$\frac{1}{2}x$。
∵AF+CF=AC=5，
∴$\frac{1}{2}x+x=5$，解得$x=\frac{10}{3}$。
∴CF的长为$\frac{10}{3}$。

8. 如图,AD//EG//BC,EG 分别交 AB,DB,AC 于点 E,F,G.已知 AD= 6,BC= 10,AE= 3,AB= 5,求 EG,FG 的长.

解：
1. 求EG的长
因为 $ EG // BC $，所以 $ \triangle AEG \sim \triangle ABC $（平行于三角形一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似）。
相似比为 $ \frac{AE}{AB} = \frac{3}{5} $。
由相似三角形对应边成比例得：$ \frac{EG}{BC} = \frac{AE}{AB} $，即 $ \frac{EG}{10} = \frac{3}{5} $，解得 $ EG = 10 × \frac{3}{5} = 6 $。
2. 求FG的长
因为 $ AD // EG $，所以 $ EF // AD $（$ EF $为$ EG $的部分线段），则 $ \triangle BEF \sim \triangle BAD $（同理，平行于三角形一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似）。
$ BE = AB - AE = 5 - 3 = 2 $，相似比为 $ \frac{BE}{BA} = \frac{2}{5} $。
由相似三角形对应边成比例得：$ \frac{EF}{AD} = \frac{BE}{BA} $，即 $ \frac{EF}{6} = \frac{2}{5} $，解得 $ EF = 6 × \frac{2}{5} = \frac{12}{5} $。
因为 $ EG = EF + FG $，所以 $ FG = EG - EF = 6 - \frac{12}{5} = \frac{30}{5} - \frac{12}{5} = \frac{18}{5} $。
结论： $ EG = 6 $，$ FG = \frac{18}{5} $。

拓展提升
如图,BE 是△ABC 的中线,点 F 在 BE 上,连接 AF 并延长交 BC 于点 D.若 BF= 3FE,求$\frac{BD}{DC}$的值.

$\frac{3}{2}$

过点E作EG//AD交BC于点G。
∵EG//AD，
∴△BFD∽△BEG，
∴$\frac{BF}{BE}=\frac{BD}{BG}$。
∵BF=3FE，设FE=x，则BF=3x，BE=BF+FE=4x，
∴$\frac{BF}{BE}=\frac{3x}{4x}=\frac{3}{4}$，即$\frac{BD}{BG}=\frac{3}{4}$，∴$BD=\frac{3}{4}BG$。
∵E是AC中点，EG//AD，
∴G是DC中点（三角形中位线定理的逆定理），即$DG=GC=\frac{1}{2}DC$。设$DC=2y$，则$DG=GC=y$，$BG=BD+DG=BD+y$。
由$BD=\frac{3}{4}BG$，得$BD=\frac{3}{4}(BD+y)$，
解得$BD=3y$。
∴$\frac{BD}{DC}=\frac{3y}{2y}=\frac{3}{2}$。