$解：?(1)?如圖所示：點?E?即為所求.$
$?(2)4?個.理由如下：$
$連接?AP，??BP.?$
$?∵△ABP?為直角三角形，$
$?∴∠APB=90°，?$
$?∴∠DPA+∠CPB=90°.?$
$?∵∠DAP+APD=90°，?$
$?∴∠DAP=CPB.?$
$又?∵∠D=∠C，?$
$?∴△DPA∽△BCP，?$
$?∴\frac {DP}{AD}=\frac {CB}{PC}.?$
$設(shè)?DP=x，?則?PC=3-x，?則?\frac {x}{1}=\frac {1}{3-x}，?$
$解得：?x=\frac {3±\sqrt{5}}{2}，?$
$?∴DP=\frac {3±\sqrt{5}}{2}.?$
$?∵D，??C?也是?A，??B?的勾股點，點?P?的位置有兩個，$
$∴共有?4?個勾股點.$
$?(3)①?如圖所示：當?t=4?時，?DP=4，??AE=4，??PE=AD=4，?$
$?∵DM=8，??AN=5，?$
$?∴PM=4，??EN=1.?$
$過點?N?作?NG⊥PM?于點?G，?則?PG=EN=1，?$
$則?tan∠PMN=\frac {NG}{GM}=\frac {4}{4-1}=\frac {4}{3}.?$
$當?∠NMH_1=90°?時，則?∠PH_1M+∠H_1MP=∠H_1MP+∠NMP=90°，?$
$?∴∠PH_1M=∠NMP，?$
$?∴tan∠PH_1M=\frac {PM}{P{H_1}_1}=tan∠NMP=\frac {4}{3}，?$
$?∴PH_1=\frac {3}{4}×4=3；?$
$當?∠MNH_3=90°?時，可得?H_1M∥H_3N，?$
$?∴∠NH_3E=∠MH_1P，?$
$?∴tan∠NH_3E=tan∠PH_1M=\frac {4}{3}，?$
$?∴\frac {EN}{{H}_3E}=\frac {1}{{H}_3E}=\frac {4}{3}，?$
$?∴H_3E=\frac {3}{4}，?$
$?∴PH_3=4-\frac {3}{4}=\frac {13}{4}.?$
$當?∠PH_2N=90°?時，設(shè)?PH_2=x，?則?H_2E=4-x，?$
$?∵∠PMH_2+∠PH_2M=90°，??∠PH_2M+∠EH_2N=90°，?$
$?∴∠PMH_2=∠NH_2E.?$
$?∵∠MPE=∠PEN=90°，?$
$?∴△PMH_2∽△EH_2N，?$
$?∴\frac {P{H}_2}{EN}=\frac {PM}{E{H}_2}，?$
$即：?\frac {x}{1}=\frac {4}{4-x}，?$
$解得：?x=2，?經(jīng)檢驗適合題意，$
$?∴PH_2=2.?$
$綜上：?PH?為?2?或?3?或?\frac {13}{4}.?$
$②由①可知，當?t=4?時，?MN=5，??PH_2=2，?$
$?∴H_2?是?PE?的中點，$
$設(shè)以?MN?為直徑的圓?O，?則?OH_2?是梯形?PMNE?的中位線，$
$?∴OH_2=\frac {1}{2}(PM+EN)=\frac {1}{2}×(1+4)=2.5=\frac {1}{2}MN，?且?OH_2⊥PE，?$
$∴圓?O?與?PE?相切，$
$?∴PE?與圓?O?只有一個交點，$
$結(jié)合當?M，??N?為直角頂點時，得到兩個直角三角形，$
$∴此時共有?3?個勾股點.$
$當?0≤t＜4?時，?PE?與圓?O?相離，?PE?與圓?O?沒有交點，$
$此時，只有當?M，??N?為直角頂點時，得到兩個直角三角形，$
∴此時有兩個勾股點.
$當?t=5?或?t=8?時，?PE?通過?N?或?M?點，此時有兩個勾股點，$
$當?4≤t＜5?或?5＜t＜8?時，直線?PE?與圓?O?有兩個交點，$
$結(jié)合當?M，??N?為直角頂點時，得到兩個直角三角形，$
$共有?4?個勾股點.$
$綜上：當?0≤t＜4?時或?t=5?或?t=8?時，有?2?個勾股點，$
$當?t=4?時，有?3?個勾股點，$
$當?4＜t＜5?時或?5＜t＜8?時，有?4?個勾股點，$
$當?4＜t＜5?時，有?4?個勾股點，當?t=5?時，有?2?個勾股點.$
