解：$(1)$如图所示：点$E$即为所求.
$(2)4$个.理由如下：
连接$AP，$$BP.$
$∵△ABP$为直角三角形，
$∴∠APB=90°，$
$∴∠DPA+∠CPB=90°.$
$∵∠DAP+APD=90°，$
$∴∠DAP=CPB.$
又$∵∠D=∠C，$
$∴△DPA∽△BCP，$
$∴\frac {DP}{AD}=\frac {CB}{PC}.$
设$DP=x，$则$PC=3-x，$则$\frac {x}{1}=\frac {1}{3-x}，$
解得：$x=\frac {3±\sqrt{5}}{2}，$
$∴DP=\frac {3±\sqrt{5}}{2}.$
$∵D，$$C$也是$A，$$B$的勾股点，点$P$的位置有两个，
∴共有$4$个勾股点.
$(3)①$如图所示：当$t=4$时，$DP=4，$$AE=4，$$PE=AD=4，$
$∵DM=8，$$AN=5，$
$∴PM=4，$$EN=1.$
过点$N$作$NG⊥PM$于点$G，$则$PG=EN=1，$
则$tan∠PMN=\frac {NG}{GM}=\frac {4}{4-1}=\frac {4}{3}.$
当$∠NMH_1=90°$时，则$∠PH_1M+∠H_1MP=∠H_1MP+∠NMP=90°，$
$∴∠PH_1M=∠NMP，$
$∴tan∠PH_1M=\frac {PM}{P{H_1}_1}=tan∠NMP=\frac {4}{3}，$
$∴PH_1=\frac {3}{4}×4=3；$
当$∠MNH_3=90°$时，可得$H_1M∥H_3N，$
$∴∠NH_3E=∠MH_1P，$
$∴tan∠NH_3E=tan∠PH_1M=\frac {4}{3}，$
$∴\frac {EN}{{H}_3E}=\frac {1}{{H}_3E}=\frac {4}{3}，$
$∴H_3E=\frac {3}{4}，$
$∴PH_3=4-\frac {3}{4}=\frac {13}{4}.$
当$∠PH_2N=90°$时，设$PH_2=x，$则$H_2E=4-x，$
$∵∠PMH_2+∠PH_2M=90°，$$∠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：$x=2，$经检验适合题意，
$∴PH_2=2.$
综上：$PH$为$2$或$3$或$\frac {13}{4}.$
②由①可知，当$t=4$时，$MN=5，$$PH_2=2，$
$∴H_2$是$PE$的中点，
设以$MN$为直径的圆$O，$则$OH_2$是梯形$PMNE$的中位线，
$∴OH_2=\frac {1}{2}(PM+EN)=\frac {1}{2}×(1+4)=2.5=\frac {1}{2}MN，$且$OH_2⊥PE，$
∴圆$O$与$PE$相切，
$∴PE$与圆$O$只有一个交点，
结合当$M，$$N$为直角顶点时，得到两个直角三角形，
∴此时共有$3$个勾股点.
当$0≤t＜4$时，$PE$与圆$O$相离，$PE$与圆$O$没有交点，
此时，只有当$M，$$N$为直角顶点时，得到两个直角三角形，
∴此时有两个勾股点.
当$t=5$或$t=8$时，$PE$通过$N$或$M$点，此时有两个勾股点，
当$4≤t＜5$或$5＜t＜8$时，直线$PE$与圆$O$有两个交点，
结合当$M，$$N$为直角顶点时，得到两个直角三角形，
共有$4$个勾股点.
综上：当$0≤t＜4$时或$t=5$或$t=8$时，有$2$个勾股点，
当$t=4$时，有$3$个勾股点，
当$4＜t＜5$时或$5＜t＜8$时，有$4$个勾股点，
当$4＜t＜5$时，有$4$个勾股点，当$t=5$时，有$2$个勾股点.
