$(1)$证明：∵$AG⊥AE$
∴$∠EAG=90°$
∴$∠EDG=∠EAG=90°$
∵四边形$ABCD$是正方形
∴$AD=CD，$$∠ADC=90°$
∵$∠ADF+∠FDC=∠CDG+∠FDC=90°$
∴$∠ADF=∠CDG$
∵$\widehat{DG}=\widehat{DG}$
∴$∠FAD=∠GCD$
在$△ADF$和$△CDG$中
$\begin{cases}{∠FAD=∠GCD}\\{AD=CD}\\{∠ADF=∠CDG}\end{cases}$
∴$△ADF≌△CDG(\mathrm {ASA})$
$(2)$解：如图，过点$D$作$DH⊥AG$于点$H，$连接$OA，$$OD$
∵ 四边形$ABCD$是正方形
∴$ AB =AD=2，$且易得$∠BAD= ∠AOD =90°$
∴$∠AGD=\frac {1}{2}∠AOD=\frac {1}{2}×90°=45°，$$∠DAG+∠BAG=∠BAE+∠BAG=90°$
∴$ ∠DAG=∠BAE=30°$
∵$ DH⊥AG$
∴$∠DHG=90°$
∴$△HDG$和$△DFG$都是等腰直角三角形
∴$ DH=HG，$$DF=DG$
在$Rt△ADH$中，∵$∠DAG=30°$
∴$ DH=\frac {1}{2}\ \mathrm {AD}=\frac {1}{2}×2=1，$$AH= \sqrt {AD²-DH²}= \sqrt {3}$
∴$AG=AH+HG=AH+DH=\sqrt {3}+1，$$DF=DG=\sqrt {2}DH=\sqrt {2}$
∴$S_{△ADF}=S_{△ADG}-S_{△DFG}=\frac {1}{2}×(\sqrt {3}+1)×1-\frac {1}{2}×\sqrt {2}×\sqrt {2}=\frac {\sqrt {3}-1}{2}$
∵$OA=OD，$$∠AOD=90°$
∴$△AOD$是等腰直角三角形
∴ 易得$OA=\frac {\sqrt {2}}{2}\ \mathrm {AD}= \sqrt {2}$
∴$ S_{弓形AD}=S_{扇形AOD}-S_{△AOD}$
$=\frac {90π×(\sqrt {2})^2}{360} -\frac {1}{2}× \sqrt {2} × \sqrt {2} =\frac {π}{2}-1$
∴$ S_{涂色}=S_{△ADF}+S_{弓形AD} =\frac {\sqrt {3}-1}{2}+\frac {π}{2}-1=\frac {\sqrt 3+π-3}2$
