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$解: (1)∵∠ACB=90°$

$∴AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=10$

$∵D是AB的中點$

$∴DC=DB=DA=\frac 12AB=5$

$∴∠B=∠DCB$

$∵△ABC≌△ FDE$

$∴∠FDE=∠B∴∠FDE=∠DCB$

$∴DG//BC$

$∴∠AGD=∠ACB=90°$

$∴DG ⊥AC$

$∵DC=DA$

$∴G是AC的中點$

$∴CG=\frac 12AC=\frac 12×8=4$

$∴DG=\sqrt{CD^2-CG^2}=3$

$∴S_{△DCG}=\frac 12×CG×DG=\frac 12×4×3=6$

$ $

$證明：(1)延長DB至F，使BF=AD$

$連接EF$

$∵△ABC是等腰三角形，∠A=60°$

$∴△ABC是等邊三角形$

$∴AB=AC$

$∴BF+BD=BD+AD，即DF=AB$

$∵∠E=∠DCE，∴DE=CD$

$∵∠EDF=∠DBC－∠DEC$

$∠ACD=∠ACE－∠DCE$

$而∠DBC=∠ACE=60°，∠DEC=∠DCE$

$∴∠EDF=∠ACD$

$在△DEF和△CDA中：$

$\begin{cases}{DE=CD} \\ {∠EDF=∠ACD} \\{DF=CD}\end{cases}$

$∴△DEF≌△CDA(\mathrm {SAS}) $

$∴∠F=∠A=60°，EF=AD$

$∵BF=AD，∴EF=BF$

$∴△BEF也是等邊三角形，$

$∴BE=EF=BF=AD $

$∴EB=AD $

$解：(2)(1)中結(jié)論成立，理由如下：$

$在BE上取點F，使得EF=AB，連接DF$

$由題意可知：△ABC是等邊三角形$

$∴EF=AB=BC$

$∵∠E=∠DCE$

$∴DE=CD$

$在△DFE和△DBC中：$

$\begin{cases}{EF=BC} \\ {∠E=∠DCE} \\{DE=DC}\end{cases}$

$∴△DFE≌△DBC(SAS)$

$∴DF=BD$

$∵△ABC是等邊三角形$

$∴∠ABC=60°，∴∠FBD=60°$

$∴△BDF是等邊三角形$

$∴DF=BD=BF$

$∵BE=EF+BF$

$AD=AB+BD$

$而EF=AB，BF=BD$

$∴EB=AD$

$(2)對圖形進(jìn)行角標(biāo)注,$

$如圖,連接BH$

$∵△ ABC≌△FDE∴∠B=∠1$

$∵∠C=90°, ED⊥AB$

$∴∠A+∠B=90° , ∠A+∠2=90°$

$∴∠B=∠2∴∠1=∠2∴GH=GD$

$∵∠A+∠2=90°,∠1+∠3=90° ,$

$∠1=∠2∴∠A=∠3 $

$∴AG=GD∴AG=GH$

$∴點G為AH的中點$

$∴S_{△DGH}=\frac 12S_{△ADH}$

$∵ED⊥AB又點D為AB中點$

$∴BH=AH$

$設(shè)AH=x ,$

$則BH=x , CH=8-x$

$在Rt△BCH中，$

$(8-x)^2+6^2= x^2$

$解得x= \frac {25}4$

$∴DH=\sqrt{AH^2-AD^2}=\frac {15}4$

$∴S_{△DGH}=\frac 12S_{△ADH}$

$=\frac 12×\frac 12×AD×DH$

$=\frac {75}{16} $

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