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解：如圖所示：

解?$ ∶ $?連接?$ AC$?
∵?$△ABE≌△BCD$?
∴?$AB=BC$?，?$ AE=BD$?，?$ BE=CD$?，?$ ∠BAE=∠CBD$?
∵?$∠ABE+∠BAE=90°$?
∴?$∠ABE+∠CBD=90°$?
∴?$∠ABC=90°$?
∴?$S_{四邊形ABCD}=S_{△ABD}+S_{△BDC}$?
?$=\frac {1}{2}\ \mathrm {B} D ·A E+\frac {1}{2}\ \mathrm {B} D ·C D$?
?$=\frac {1}{2}\ \mathrm {A} E^2+\frac {1}{2}\ \mathrm {A} E ×B E$?
?$=\frac {1}{2}\ \mathrm {A} E^2+\frac {1}{2}\ \mathrm {B} D ×B E$?
∵?$S_{四邊形 ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ADC}$?
?$=\frac {1}{2}\ \mathrm {A} B ×B C+\frac {1}{2}\ \mathrm {C} D ×D E$?
?$=\frac {1}{2}\ \mathrm {A} B ×A B+\frac {1}{2}\ \mathrm {B} E ×D E$?
?$=\frac {1}{2}\ \mathrm {A} B^2+\frac {1}{2}\ \mathrm {B} E ×D E$?
∴?$\frac {1}{2}\ \mathrm {A} E^2+\frac {1}{2}\ \mathrm {B} D ×B E=\frac {1}{2}\ \mathrm {A} B^2+\frac {1}{2}\ \mathrm {B} E ×D E$?
∴?$A B^2=B D ×B E-B E ×D E+A E^2$?
∴?$A B^2=B E ×(B D-D E)+A E^2$?
即?$ A B^2=B E^2+A E^2$?

$6^2 - 1$

$12$

$6^2 + 1$

$n^2 - 1$

$2n$

$n^2 + 1$

解：?$ (3)$?是直角三角形

理由 ∶∵?$a^2+b^2=(n^2-1)^2+(2\ \mathrm {n})^2$?

?$=n^4-2n^2+1+4n^2$?

?$=(n^2+1)^2$?

?$=c^2$?

故以?$ a $?、?$ b $?、?$ c $?為邊的三角形是直角三角形

【解析】：
(1)觀察表格，可以看到當(dāng)$n=2$時(shí)，$a=2^2 - 1$，$b=4=2 × 2$，$c=2^2 + 1$；
當(dāng)$n=3$時(shí)，$a=3^2 - 1$，$b=6=2 × 3$，$c=3^2 + 1$；
當(dāng)$n=4$時(shí)，$a=4^2 - 1$，$b=8=2 × 4$，$c=4^2 + 1$；
依此類推，當(dāng)$n=6$時(shí)，$a=6^2 - 1 = 35$，$b=2 × 6 = 12$，$c=6^2 + 1 = 37$；
所以當(dāng)$n=5$時(shí)，$a=5^2 - 1 = 24$，$b=2 × 5 = 12 × 2 ÷ 2 = 10 × 2 ÷ (2 ÷ 1) = 2 × 5 = 10$（這里直接$2 × 5=10$即可，前面是冗余的計(jì)算過(guò)程，直接$b=2n$當(dāng)$n=5$時(shí)就是$10$），$c=5^2 + 1 = 26$；
本題應(yīng)填：24；12；37。
(2)根據(jù)上述規(guī)律，可以得出：
$a = n^2 - 1$，
$b = 2n$，
$c = n^2 + 1$；
本題答案為$n^2 - 1$；$2n$；$n^2 + 1$。
(3)為了證明以$a,b,c$為邊的三角形是否為直角三角形，需要驗(yàn)證是否滿足勾股定理，即$a^2 + b^2 = c^2$。
根據(jù)
(2)中得出的代數(shù)式，有：
$a^2 + b^2 = (n^2 - 1)^2 + (2n)^2$
$= n^4 - 2n^2 + 1 + 4n^2$
$= n^4 + 2n^2 + 1$
$c^2 = (n^2 + 1)^2$
$= n^4 + 2n^2 + 1$
由此可見(jiàn)$a^2 + b^2 = c^2$，
所以以$a,b,c$為邊的三角形是直角三角形。
【答案】：
(1) $24$；$12$；$37$
(2) $n^2 - 1$；$2n$；$n^2 + 1$
(3) 以$a,b,c$為邊的三角形是直角三角形，證明見(jiàn)上述解析過(guò)程。

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