18. (本小题 12 分)已知 $n$ 组正整数,第一组:3,4,5;第二组:8,6,10;第三组:15,8,17;第四组:24,10,26;第五组:35,12,37;第六组:48,14,50……
(1) 是否存在一组数,既符合上述规律,且其中一个数为 71? 若存在,请写出这组数;若不存在,请说明理由.
(2) 以任意一个大于 2 的偶数为一条直角边的长,是否一定可以画出一个直角三角形,使得该直角三角形的另两条边的长都是正整数? 若可以,请说明理由;若不可以,请举出反例.

(1) 不存在。
规律分析：第n组勾股数为$((n+1)^2-1, 2(n+1), (n+1)^2+1)$，其中$n$为正整数。
若71为中间数$2(n+1)$，则$n+1=35.5$，非整数；
若71为最大数$(n+1)^2+1$，则$(n+1)^2=70$，70非完全平方数；
若71为最小数$(n+1)^2-1$，则$(n+1)^2=72$，72非完全平方数。
故不存在含71的数组。
(2) 可以。
设大于2的偶数为直角边$m=2t$（$t＞1$，$t$为整数），另一直角边$k=t^2-1$，斜边$l=t^2+1$。
验证：$m^2+k^2=(2t)^2+(t^2-1)^2=4t^2+t^4-2t^2+1=t^4+2t^2+1=(t^2+1)^2=l^2$，
即$m,k,l$为正整数且满足勾股定理。
因此，一定可以画出这样的直角三角形。

19. (本小题 12 分)若三角形一边上的中线的长恰好等于这边的长,则称这个三角形为“美丽三角形”.
(1) 如图,在 $△ ABC$ 中,$AB = AC = \sqrt{5}$,$BC = 2$,求证:$△ ABC$ 是“美丽三角形”;
(2) 在 $Rt△ ABC$ 中,$∠ C = 90^{\circ}$,$AC = 2\sqrt{3}$.若 $△ ABC$ 是“美丽三角形”,求 $BC$ 的长.

(1)
取$BC$中点$D$，连接$AD$。
因为$AB = AC=\sqrt{5}$，$D$为$BC$中点，
根据等腰三角形三线合一性质可知$AD⊥ BC$，$BD=\frac{1}{2}BC = 1$。
在$Rt△ ABD$中，根据勾股定理$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}-1^{2}} = 2$。
因为$AD = BC = 2$，
所以$△ ABC$是“美丽三角形”。
(2)
情况一：当$AC$边上的中线$BD$等于$AC$时
因为$D$为$AC$中点，$AC = 2\sqrt{3}$，所以$AD=CD=\sqrt{3}$，$BD = AC=2\sqrt{3}$。
在$Rt△ BCD$中，根据勾股定理$BC=\sqrt{BD^{2}-CD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}} = 3$。
情况二：当$BC$边上的中线$AD$等于$BC$时
设$BC=x$，则$AD = x$，$CD=\frac{1}{2}x$。
在$Rt△ ACD$中，根据勾股定理$AC^{2}+CD^{2}=AD^{2}$，
即$(2\sqrt{3})^{2}+(\frac{1}{2}x)^{2}=x^{2}$，
$12+\frac{1}{4}x^{2}=x^{2}$，
$\frac{3}{4}x^{2}=12$，
$x^{2}=16$，
解得$x = 4$（$x=-4$舍去），即$BC = 4$。
情况三：当$AB$边上的中线等于$AB$时，因为直角三角形斜边中线等于斜边一半，若中线等于斜边，此时斜边为$0$，不成立，舍去。
综上，$BC$的长为$3$或$4$。