$(1)$如图$1$，连接$HG$，

$\because$四边形$ACHI$，$ABED$和$BCGF$是正方形，
$\therefore AC=CH$，$BC=CG$，$\angle ACH=\angle BCG=90^{\circ}$，$AB=AD$，
$\because \angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore \angle GCH=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$，
$\therefore \angle GCH=\angle ACB$，
$\therefore \triangle ACB$≌$\triangle HCG\left(SAS\right)$，
$\therefore GH=AB=AD$，
$\because \angle GCH=\angle CHI=\angle CGL=90^{\circ}$，
$\therefore$四边形$CGLH$是矩形，
$\therefore CL=GH$，
$\therefore AB=LC$，
$AB=6$，
$\therefore LC=6$，
故答案为：$6$；
$(2)$证明：方法一：$\because \angle CAI=\angle BAM=90^{\circ}$，
$\therefore \angle BAC=\angle MAI$，
$\because AC=AI$，$\angle ACB=\angle I=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle ABC$≌$\triangle AMI\left(ASA\right)$，
由（1）知：$\triangle ACB$≌$\triangle HCG$，
$\therefore \triangle AMI$≌$\triangle HGC$，
$\because$四边形$CGLH$是矩形，
$\therefore S_{\triangle CHG}=S_{\triangle CHL}$，
$\therefore S_{\triangle AMI}=S_{\triangle CHL}$，
$\therefore$正方形$ACHI$的面积等于四边形$ACLM$的面积；
方法二：如图，连接$HG$，交$LC$于点$P$，

$\because$四边形$CGLH$是矩形，
$\therefore PH=PC$，
$\therefore \angle CHG=\angle LCH$，
$\therefore \angle CAB=\angle CHG=\angle LCH$，
$\because \angle ACH=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACK+\angle LCH=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACK+\angle CAK=90^{\circ}$，
$\therefore \angle AKC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle AKC=\angle BAD=90^{\circ}$，
$\therefore DM$∥$LK$，
$\because AC$∥$LI$，
$\therefore$四边形$ACLM$是平行四边形，
$\because$正方形$ACHI$的面积$=AC\cdot CH$，▱$ACLH$的面积$=AC\cdot CH$，
$\therefore$正方形$ACHI$的面积等于四边形$ACLM$的面积；
【迁移拓展】在$AB$下方存在平行四边形$ADEB$，使得该平行四边形的面积等于平行四边形$ACHI$、$BFGC$的面积之和；
作图不唯一，如图$2$，即为所求作的▱$ADEB$；理由如下：

如图$2$，延长$IH$和$FG$交于点$L$，以$A$为圆心$CL$为半径画弧交$IH$于点$M$，在$MA$的延长线上取$AD=AM$，作▱$ADEB$，作射线$LC$交$AB$于$K$，交$DE$于$J$，
由图可知：射线$LC$把▱$ADEB$分成▱$ADJK$和▱$BKJE$，
根据同底等高可得：▱$ADJK$，▱$AMLC$，▱$ACHI$的面积相等，
同理▱$BKJE$，▱$CBQL$，▱$BCGF$的面积相等$(Q$是直线$EB$与$FG$的交点），
所以平行四边形$ADEB$的面积等于平行四边形$ACHI$、$BFGC$的面积之和.

$(1)$如图$1$，连接$HG$，

$\because$四边形$ACHI$，$ABED$和$BCGF$是正方形，
$\therefore AC=CH$，$BC=CG$，$\angle ACH=\angle BCG=90^{\circ}$，$AB=AD$，
$\because \angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore \angle GCH=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$，
$\therefore \angle GCH=\angle ACB$，
$\therefore \triangle ACB$≌$\triangle HCG\left(SAS\right)$，
$\therefore GH=AB=AD$，
$\because \angle GCH=\angle CHI=\angle CGL=90^{\circ}$，
$\therefore$四边形$CGLH$是矩形，
$\therefore CL=GH$，
$\therefore AB=LC$，
$AB=6$，
$\therefore LC=6$，
故答案为：$6$；
$(2)$证明：方法一：$\because \angle CAI=\angle BAM=90^{\circ}$，
$\therefore \angle BAC=\angle MAI$，
$\because AC=AI$，$\angle ACB=\angle I=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle ABC$≌$\triangle AMI\left(ASA\right)$，
由（1）知：$\triangle ACB$≌$\triangle HCG$，
$\therefore \triangle AMI$≌$\triangle HGC$，
$\because$四边形$CGLH$是矩形，
$\therefore S_{\triangle CHG}=S_{\triangle CHL}$，
$\therefore S_{\triangle AMI}=S_{\triangle CHL}$，
$\therefore$正方形$ACHI$的面积等于四边形$ACLM$的面积；
方法二：如图，连接$HG$，交$LC$于点$P$，

$\because$四边形$CGLH$是矩形，
$\therefore PH=PC$，
$\therefore \angle CHG=\angle LCH$，
$\therefore \angle CAB=\angle CHG=\angle LCH$，
$\because \angle ACH=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACK+\angle LCH=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACK+\angle CAK=90^{\circ}$，
$\therefore \angle AKC=90^{\circ}$，
$\therefore \angle AKC=\angle BAD=90^{\circ}$，
$\therefore DM$∥$LK$，
$\because AC$∥$LI$，
$\therefore$四边形$ACLM$是平行四边形，
$\because$正方形$ACHI$的面积$=AC\cdot CH$，▱$ACLH$的面积$=AC\cdot CH$，
$\therefore$正方形$ACHI$的面积等于四边形$ACLM$的面积；
【迁移拓展】在$AB$下方存在平行四边形$ADEB$，使得该平行四边形的面积等于平行四边形$ACHI$、$BFGC$的面积之和；
作图不唯一，如图$2$，即为所求作的▱$ADEB$；理由如下：

如图$2$，延长$IH$和$FG$交于点$L$，以$A$为圆心$CL$为半径画弧交$IH$于点$M$，在$MA$的延长线上取$AD=AM$，作▱$ADEB$，作射线$LC$交$AB$于$K$，交$DE$于$J$，
由图可知：射线$LC$把▱$ADEB$分成▱$ADJK$和▱$BKJE$，
根据同底等高可得：▱$ADJK$，▱$AMLC$，▱$ACHI$的面积相等，
同理▱$BKJE$，▱$CBQL$，▱$BCGF$的面积相等$(Q$是直线$EB$与$FG$的交点），
所以平行四边形$ADEB$的面积等于平行四边形$ACHI$、$BFGC$的面积之和.