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解：​$(1)$​如图所示，​$△A_{1}B_{1}C_{1}$​即为所求
​$A_{1}(-2$​，​$-4)$​、​$B_{1}(-1$​，​$-1)$​、​$C_{1}(-4$​，​$-3)$​
​$(2)$​如图，​$△A_{2}B_{2}C_{2}$​即为所求，​$A_{2}(-2$​，​$2)$​
证明：​$(1)$​∵​$△ABC$​是等边三角形
∴​$∠A= ∠B=∠C$​
∵​$DE//BC$​
∴​$∠ADE=∠B$​，​$∠AED=∠C$​
∴​$∠A=∠ADE=∠AED$​
∴​$△ADE$​是等边三角形
解：​$(2)∠BEC=60°$​，​$AE+CE=BE$​，理由：
由题意得​$AB=AC$​，​$AD=AE=ED$​，
​$∠BAC=∠DAE=∠ABC=∠ACB=60°$​
∴​$∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC$​，
即​$∠BAD=∠CAE$​
∴​$△BAD≌△CAE$​
∴​$∠ABD=∠ACE$​
∴​$∠ACE+∠ACB+∠EBC=$​
​$∠ABD+∠EBC+∠ACB=120°$​
∴​$∠BEC=180°-120°=60°$​
∵​$△BAD≌△CAE$​
∴​$EC=BD$​
∵​$BD+DE=BE$​
∴​$AE+CE=BE$​

证明：​$(1)$​∵​$△ADF $​绕着点​$A$​顺时针
旋转​$90°$​得到​$ △ABG$​
∴​$AG=AF$​，​$BG=DF$​，​$∠GAF=90°$​，
​$G$​、​$B$​、​$E$​三点共线
∵​$∠EAF=45°$​
∴​$∠GAE=∠GAF-∠EAF=45°$​
∴​$∠GAE=∠EAF$​
在​$△AEG $​和​$△AEF $​中
​$\begin {cases}{AG=AF}\\{∠GAE=∠FAE}\\{AE=AE}\end {cases}$​
∴​$△AEG≌△AEF(\mathrm {SAS})$​
∴​$GE=EF$​
∵​$GE=BE+GB=BE+DF$​
∴​$BE+DF=EF$​
​$(2)$​将​$△ADF $​绕点​$A$​顺时针旋转​$90°$​
得到​$△ABG$​，连接​$GM$​
∵四边形​$ABCD$​是正方形
∴​$AB=BC=CD=AD$​，
​$∠ADC = ∠ABC = ∠C = 90°$​
∵​$∠CEF=45°$​
∴​$△CEF $​为等腰直角三角形，​$CE=CF$​
易知​$△DFN$​与​$△BEM$​也是等腰直角三角形
∴​$DF=DN$​，​$BM=BE$​
∵​$BC=CD$​，​$CE=CF$​
∴​$BE=DF$​
由​$(1)$​知​$BG=DF$​
∴​$BG=DF=DN=BE=BM$​
∴​$△BGM$​也是等腰直角三角形，​$∠BMG=45°$​
∵​$∠EMB=45°$​，∴​$∠EMG=90°$​
∴​$EG²=MG²+ME²$​
∵​$MG=\sqrt {2}BM$​，​$NF=\sqrt {2}DF$​
∴​$MG=NF$​
∴​$EG²=NF²+ME²$​
由​$(1)$​知​$EG=EF$​
∴​$EF²=ME²+NF²$​

证明：​$(1)$​∵​$∠AOB=∠MON=90°$​
∴​$∠AOM=∠BON$​
在​$△AOM$​和​$△BON$​中
​$\begin {cases}{AO=BO}\\{∠AOM=∠BON}\\{OM=ON}\end {cases}$​
∴​$△AOM≌△BON(\mathrm {SAS})$​
​$(2)①$​连接​$AM$​
同​$(1)$​可证​$△AOM≌△BON$​
∴​$AM=BN$​，​$∠OAM=∠B=45°$​
∵​$∠OAB=∠B=45°$​
∴​$∠MAN=∠OAM+∠OAB=90°$​
∴在​$Rt△AMN$​中，​$MN^2=AN^2+AM^2$​
∵​$△MON$​是等腰直角三角形
∴​$MN^2=2ON^2$​
∴​$BN^2+AN^2=2ON^2$​
​$ ②BN=\frac {\sqrt {46}±3\sqrt 2}{2} $​
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