在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=3, A C=4$, 直线 $l$ 经过 $\triangle A B C$ 的内心 $O$, 过点 $C$ 作 $C D \perp l$, 垂足为 $D$, 连接 $A D$, 则 $A D$ 的最小值是 \$ \qquad \$ .

<ImageHere>
解：如图, 圆 $O$ 与 $R t \triangle A B C$ 三边的切点分别为 $E, F, G$, 连接 $O E, O F, O G$,

<ImageHere>

$\because$ 圆 $O$ 是 $R t \triangle A B C$ 的内切圆, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=3, A C=4$,

$\therefore C E=C F, B E=B G, A F=A G, A B=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\therefore$ 四边形CEOF 是正方形,

设正方形CEOF的边长为 $x$,

则 $B E=B G=3-x, A F=A G=4-x$,

根据题意, 得

$3-x+4-x=5$,

解得 $x=1$,

$\therefore O C=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$,

$\because C D \perp l$,

$\therefore \angle C D O=90^{\circ}$,

$\therefore$ 点 $D$ 在以 $O C$ 为直径的圆 $Q$ 上, 如图,

<ImageHere>

连接 $A Q$, 过点 $Q$ 作 $Q P \perp A C$ 于点 $P$,

当点 $D$ 运动到线段 $Q A$ 上时, $A D$ 取得最小值,

$\therefore C P=Q P=\frac{1}{2}$,

$\therefore A P=A C-C P=4-\frac{1}{2}=\frac{7}{2}$, 圆 $Q$ 的半径 $Q D=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore Q A=\sqrt{Q P^{2}+A P^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{7}{2}\right)^{2}}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}$,

$\therefore A D$ 的最小值为 $A Q-Q D=\frac{5 \sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=2 \sqrt{2}$.

故答案为: $2 \sqrt{2}$.

圆 $O$ 与 $R t \triangle A B C$ 三边的切点分别为 $E, F, G$, 连接 $O E, O F, O G$, 先根据圆 $O$ 是 $R t \triangle A B C$ 的内切圆, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=3, A C=4$, 求出正方形 $C E O F$ 的边长为 $x$, 根据勾股定理可得 $O C=\sqrt{2}$,连接 $A Q$, 过点 $Q$ 作 $Q P \perp A C$ 于点 $P$, 当点 $D$ 运动到线段 $Q A$ 上时, $A D$ 取得最小值, 再利用勾股定理即可解决问题.

本题考查了三角形内切圆与内心, 正方形的判定与性质, 勾股定理, 解决本题的关键是掌握三角形内切圆与内心.