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(1)
因为$AB$为$\odot O$直径，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$AB = 10cm$，$BC = 6cm$，根据勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}} = 8cm$。
连接$BD$，因为$AB$是直径，所以$\angle ADB = 90^{\circ}$。
$D$、$E$分别是$\angle ACB$的平分线与$\odot O$、$AB$的交点，所以$\angle ACD=\angle BCD = 45^{\circ}$，根据同弧所对的圆周角相等可得$\angle DAB=\angle BCD = 45^{\circ}$。
在$Rt\triangle ABD$中，$\angle DAB = 45^{\circ}$，$\angle ABD = 45^{\circ}$，则$AD = BD$。
由勾股定理$AB^{2}=AD^{2}+BD^{2}$，即$10^{2}=2AD^{2}$，解得$AD = 5\sqrt{2}cm$。
(2)
连接$OC$。
因为$OC = OA$，所以$\angle OAC=\angle OCA$。
由(1)知$\angle CAD = 45^{\circ}$，所以$\angle OAC=\angle OCA = 45^{\circ}-\angle CAE$（设$\angle CAE$为$\alpha$），则$\angle COP = 2\angle CAE$（同弧所对的圆心角是圆周角的两倍）。
在$\triangle ACE$和$\triangle PCE$中，$PC = PE$，所以$\angle PEC=\angle PCE$。
又因为$\angle PEC=\angle CAE+\angle ACE=\angle CAE + 45^{\circ}$，$\angle PCE=\angle PCO+\angle OCA$。
$\angle OCA=\angle OAC$，$\angle PCO=\angle PEC-\angle OCA=\angle CAE + 45^{\circ}-\angle OCA$。
$\angle OCP=\angle PCO+\angle OCA=\angle CAE + 45^{\circ}$。
$\angle OAC+\angle CAE+\angle ACO = 90^{\circ}$，$\angle OCA=\angle OAC$，所以$\angle OCP = 90^{\circ}$，即$OC\perp PC$。
因为$OC$是$\odot O$的半径，所以直线$PC$与$\odot O$相切。
综上，(1)$AC = 8cm$，$AD = 5\sqrt{2}cm$；(2)直线$PC$与$\odot O$相切。

【答案】：
(1) 见证明过程；
(2) 5。

【解析】：

(1) 证明：
∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥PA（切线垂直于经过切点的半径），即∠OAP=90°。
∵MN⊥AP，
∴∠MNP=90°，
∴OA//MN（垂直于同一直线的两直线平行）。
∵OM//AP（已知），
∴四边形OANM是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
∴OM=AN（平行四边形对边相等）。
(2) 解：
设OM=AN=x，
∵PA=9，
∴PN=PA-AN=9-x。
∵四边形OANM是平行四边形，
∴MN=OA=R=3（平行四边形对边相等）。
∵PB是⊙O的切线，
∴PB=PA=9（切线长定理），OB⊥PB（切线垂直于经过切点的半径），即∠OBP=90°。
设BM=PB-PM=9-PM，在Rt△OBM中，OB=3，OM=x，由勾股定理得：BM²=OM²-OB²=x²-9，
∴BM=√(x²-9)，则PM=PB-BM=9-√(x²-9)。
在Rt△PMN中，MN=3，PN=9-x，PM=9-√(x²-9)，由勾股定理得：PM²=PN²+MN²，即(9-√(x²-9))²=(9-x)²+3²。
展开并化简：81-18√(x²-9)+x²-9=81-18x+x²+9，
整理得：-18√(x²-9)=-18x+18，即√(x²-9)=x-1。
两边平方：x²-9=x²-2x+1，解得2x=10，x=5。
∴OM=5。