28. (10 分)若一个点能与另外两个点构成直角三角形，则称这个点为另外两个点的勾股点。例如，在矩形 $ABCD$ 中，点 $C$ 与点 $A$、$B$ 构成 $Rt\triangle ABC$，则称点 $C$ 为 $A$、$B$ 两点的勾股点。同样，点 $D$ 也是 $A$、$B$ 两点的勾股点。
(1)如图①，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$BC = 1$，请在边 $CD$ 上作出 $A$、$B$ 两点的勾股点(点 $C$ 和点 $D$ 除外)。(要求：用直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不要求写作法)
(2)如图②，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 12cm$，$BC = 4cm$，$DM = 8cm$，$AN = 5cm$。动点 $P$ 从点 $D$ 出发沿着 $DC$ 方向以 $1cm/s$ 的速度向右移动，过点 $P$ 的直线 $l$ 平行于 $BC$，当动点 $P$ 运动到点 $M$ 时停止运动。设运动时间为 $t(s)$，点 $H$ 为 $M$、$N$ 两点的勾股点，且点 $H$ 在直线 $l$ 上。
① 当 $t = 4$ 时，求 $PH$ 的长；
② 探究满足条件的点 $H$ 的个数(直接写出点 $H$ 的个数及相应 $t$ 的取值范围，不必证明)。
(1)如图①，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$BC = 1$，请在边 $CD$ 上作出 $A$、$B$ 两点的勾股点(点 $C$ 和点 $D$ 除外)。(要求：用直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不要求写作法)
(2)如图②，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 12cm$，$BC = 4cm$，$DM = 8cm$，$AN = 5cm$。动点 $P$ 从点 $D$ 出发沿着 $DC$ 方向以 $1cm/s$ 的速度向右移动，过点 $P$ 的直线 $l$ 平行于 $BC$，当动点 $P$ 运动到点 $M$ 时停止运动。设运动时间为 $t(s)$，点 $H$ 为 $M$、$N$ 两点的勾股点，且点 $H$ 在直线 $l$ 上。
① 当 $t = 4$ 时，求 $PH$ 的长；
② 探究满足条件的点 $H$ 的个数(直接写出点 $H$ 的个数及相应 $t$ 的取值范围，不必证明)。
答案：
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°，$$∠PH_2M+∠EH_2N=90°，$
∴$∠PMH_2=∠NH_2E.$
∵∠MPE=∠PEN=90°，
∴$△PMH_2∽△EH_2N，$
∴$\frac {P{H}_2}{EN}=\frac {PM}{E{H}_2}，$
即：$\frac {x}{1}=\frac {4}{4-x}，$
解得：x=2，经检验适合题意，
∴$PH_2=2.$
综上：PH为2或3或$\frac {13}{4}.$
②由①可知，当t=4时，MN=5，$PH_2=2，$
∴$H_2$是PE的中点，
设以MN为直径的圆O，则$OH_2$是梯形PMNE的中位线，
∴$OH_2=\frac {1}{2}(PM+EN)=\frac {1}{2}×(1+4)=2.5=\frac {1}{2}MN，$且$OH_2⊥PE，$
∴圆O与PE相切，
∴PE与圆O只有一个交点，
结合当M，N为直角顶点时，得到两个直角三角形，
∴此时共有3个勾股点.
当0≤t＜4时，PE与圆O相离，PE与圆O没有交点，
此时，只有当M，N为直角顶点时，得到两个直角三角形，
∴此时有两个勾股点.
当t=5或t=8时，PE通过N或M点，此时有两个勾股点，
当4≤t＜5或5＜t＜8时，直线PE与圆O有两个交点，
结合当M，N为直角顶点时，得到两个直角三角形，
共有4个勾股点.
综上：当0≤t＜4时或t=5或t=8时，有2个勾股点，
当t=4时，有3个勾股点，
当4＜t＜5时或5＜t＜8时，有4个勾股点，
当4＜t＜5时，有4个勾股点，当t=5时，有2个勾股点.
解：(1)如图所示：点E即为所求.
(2)4个.理由如下：
连接AP，BP.
∵△ABP为直角三角形，
∴∠APB=90°，
∴∠DPA+∠CPB=90°.
∵∠DAP+APD=90°，
∴∠DAP=CPB.
又
∵∠D=∠C，
∴△DPA∽△BCP，
∴$\frac {DP}{AD}=\frac {CB}{PC}.$
设DP=x，则PC=3-x，则$\frac {x}{1}=\frac {1}{3-x}，$
解得：$x=\frac {3±\sqrt{5}}{2}，$
∴$DP=\frac {3±\sqrt{5}}{2}.$
∵D，C也是A，B的勾股点，点P的位置有两个，
∴共有4个勾股点.
(3)①如图所示：当t=4时，DP=4，AE=4，PE=AD=4，
∵DM=8，AN=5，
∴PM=4，EN=1.
过点N作NG⊥PM于点G，则PG=EN=1，
则$tan∠PMN=\frac {NG}{GM}=\frac {4}{4-1}=\frac {4}{3}.$
当$∠NMH_1=90°$时，则$∠PH_1M+∠H_1MP=∠H_1MP+∠NMP=90°，$
∴$∠PH_1M=∠NMP，$
∴$tan∠PH_1M=\frac {PM}{P{H_1}_1}=tan∠NMP=\frac {4}{3}，$
∴$PH_1=\frac {3}{4}×4=3；$
当$∠MNH_3=90°$时，可得$H_1M//H_3N，$
∴$∠NH_3E=∠MH_1P，$
∴$tan∠NH_3E=tan∠PH_1M=\frac {4}{3}，$
∴$\frac {EN}{{H}_3E}=\frac {1}{{H}_3E}=\frac {4}{3}，$
∴$H_3E=\frac {3}{4}，$
∴$PH_3=4-\frac {3}{4}=\frac {13}{4}.$
当$∠PH_2N=90°$时，设$PH_2=x，$则$H_2E=4-x，$
∵$∠PMH_2+∠PH_2M=90°，$$∠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.