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解：​$(1)$​∵​$D$​为​$AB$​的中点，​$DF\perp DE$​
∴​$DF $​垂直平分​$AB，$​∴​$AF = EF$​
设​$AF = EF = x。$​∵​$AC = 8，$​∴​$CF = 8 - x$​
在​$Rt\triangle ECF $​中，​$EC = BC = 6，$​
由勾股定理，得​$CF^2+EC^2=EF^2$​
∴​$(8 - x)^2+6^2=x^2，$​解得​$x = \frac {25}4$​
则​$EF $​的长为​$\frac {25}4$​
​$ (2)$​如图​$①，$​过点​$A$​作​$AG\perp AC，$​交​$ED$​的延长线于点​$G，$​
连接​$FG，$​则​$∠G AC = 90°$​
又​$∠ACB = 90°，$​∴​$∠G AC+∠ACB = 180°$​
∴​$AG// BC，$​∴​$∠AG D=∠BED$​
又​$D$​为​$AB$​的中点，∴​$AD = BD$​
又​$∠ADG=∠BDE，$​∴​$\triangle AG D$​券​$\triangle BED(\mathrm {AAS})$​
∴​$AG = BE，$​​$DG = DE$​
又​$DF\perp DE，$​∴​$DF $​是​$GE$​的垂直平分线，∴​$GF = EF$​
在​$Rt\triangle AGF $​中，由勾股定理，
得​$AF^2+AG^2=GF^2，$​∴​$AF^2+BE^2=EF^2$​
​$ (3)$​∵点​$E$​在直线​$BC$​上，​$CE = 1，$​∴分类讨论如下：
①如图②，当点​$E$​在线段​$BC$​上时，
过点​$B$​作​$BH// AC，$​交​$F D$​的延长线于点​$H，$​连接​$EH$​
同​$(2)$​得​$\triangle ADF≌\triangle BDH，$​∴​$AF = BH，$​​$DF = DH$​
又​$DF\perp DE，$​∴​$DE$​是​$HF $​的垂直平分线
∴​$EF = EH，$​易得​$CF^2+CE^2=BH^2+BE^2$​
设​$CF = m。$​∵​$AC = 8，$​​$BC = 6$​
∴​$BH = AF = 8 - m，$​​$BE = BC - CE = 5$​
∴​$\mathrm {m^2}+1^2=(8 - m)^2+5^2，$​解得​$m = \frac {11}2$​
∴​$CF $​的长为​$\frac {11}2$​
②如图③，当点​$E$​在​$BC$​的延长线上时，过点​$B$​作​$BM// AC，$​
交​$F-D$​的延长线于点​$M，$​连接​$EM$​
同理，得​$AF = BM，$​​$CF^2+CE^2=BM^2+BE^2$​
设​$CF = n，$​则​$BM = AF = 8 - n，$​​$BE = BC + CE = 7$​
∴​$n^2+1^2=(8 - n)^2+7^2，$​解得​$n = 7$​
∴​$CF $​的长为​$7$​
综上，线段​$CF $​的长为​$\frac {11}2$​或​$7$​

解：​$(1)$​在​$Rt\triangle ABC$​中，​$AB = 3，$​​$BC = 4$​
由勾股定理，得​$AC^2=AB^2+BC^2=3^2+4^2=25，$​即​$AC = 5$​
又​$P，$​​$Q $​两点的运动速度均为每秒​$1$​个单位长度
∴点​$P $​到达点​$C$​时，​$t = 5÷1 = 5；$​点​$Q $​到达点​$A$​时，​$t = 3÷1 = 3$​
又点​$P $​到达点​$C$​时，两点同时停止运动
∴​$t $​的取值范围是​$0＜t\leqslant 5$​
当​$0＜t\leqslant 3$​时，​$BQ = t，$​∴​$S= S_{\triangle CBQ}=\frac 12BC·BQ=\frac 12×4·t = 2\ \mathrm {t}；$​
当​$3＜t\leqslant 5$​时，​$AQ = t - 3，$​∴​$BQ = AB - AQ = 3-(t - 3)=6 - t$​
∴​$S= S_{\triangle CBQ}=\frac 12BC·BQ=\frac 12×4·(6 - t)=12 - 2\ \mathrm {t}$​
综上，​$S=\begin {cases}2\ \mathrm {t}(0＜t\leqslant 3)\\12 - 2\ \mathrm {t}(3＜t\leqslant 5)\end {cases}$​
​$ (2)$​∵​$PQ $​的垂直平分线过点​$C，$​∴​$CP = CQ$​
由​$(1)，$​得​$AC = 5，$​​$t $​的取值范围为​$0＜t\leqslant 5，$​且​$AB = 3，$​​$BC = 4$​
当​$0＜t\leqslant 3$​时，​$BQ = AP = t，$​∴​$CP = AC - AP = 5 - t，$​∴​$CQ = 5 - t$​
在​$Rt\triangle BCQ $​中，由勾股定理，得​$BQ^2+BC^2=CQ^2$​
∴​$t^2+4^2=(5 - t)^2，$​解得​$t = 0.9$​
则​$BQ = 0.9，$​∴​$AQ = AB - BQ = 2.1；$​
当​$3＜t\leqslant 5$​时，​$AP = t，$​​$BQ = 6 - t，$​则​$CQ = CP = AC - AP = 5 - t$​
在​$Rt\triangle BCQ $​中，由勾股定理，得​$BQ^2+BC^2=CQ^2$​
∴​$(6 - t)^2+4^2=(5 - t)^2，$​解得​$t = 13.5，$​不符合题意，舍去
综上，​$AQ $​的长为​$2.1$​
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