【分析】
(1)要证明DE⊥MN，已知E是MN的中点，若能得到△DMN是等腰三角形，即可根据等腰三角形“三线合一”的性质得出结论。观察图形可知BN、CM是△ABC的高，可得Rt△BMC和Rt△BNC的公共斜边为BC，D是BC中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可证得DM=DN，进而证明DE⊥MN。
(2)已知BC和MN的长度，先由直角三角形斜边中线的性质求出DM的长度，再由E是MN中点求出ME的长度，最后在Rt△DEM中利用勾股定理即可求出DE的长。
【解析】
(1)证明：如答图，连接DM、DN，
∵BN，CM分别是△ABC的两条高，
∴BN⊥AC，CM⊥AB，即∠BMC=∠CNB=90°。
∵D是BC的中点，
∴DM是Rt△BMC斜边的中线，DN是Rt△BNC斜边的中线，
∴$DM=\frac{1}{2}BC$，$DN=\frac{1}{2}BC$，即DM=DN。
∵E为MN的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
∴DE⊥MN。
(2)解：
∵BC=26，
∴$DM=\frac{1}{2}BC=13$。
∵E是MN的中点，MN=10，
∴$ME=\frac{1}{2}MN=5$，
由(1)可知DE⊥MN，即∠DEM=90°，
在Rt△DEM中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{DM^2-ME^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$。
【答案】
(1)证明:如答图,连接DM,DN，
$\because$ BN,CM分别是$△ ABC$的两条高，
$\therefore BN⊥ AC, CM⊥ AB, \therefore ∠BMC=∠CNB=90°.$
$\because D$是$BC$的中点，
$\therefore DM=\frac{1}{2}BC, DN=\frac{1}{2}BC, \therefore DM=DN.$
$\because E$为$MN$的中点,$\therefore DE⊥ MN.$
(2)DE的长为12。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等腰三角形三线合一，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合基础题，解题的关键是通过连接DM、DN构造直角三角形斜边中线，转化边的等量关系，再结合等腰三角形性质和勾股定理求解，熟练掌握相关性质定理可快速解题。
【难度系数】
0.7

【分析】
要判断该结论是否正确，需结合勾股数的判定要求思考：勾股数需要同时满足两个条件，一是三个数均为正整数，二是较小两个数的平方和等于最大数的平方。第一步先根据“m是大于1的整数”的条件，判断a、b、c是否都是正整数，确定最大边；第二步通过计算验证较小两边的平方和是否等于最大边的平方，即可完成判定；最后取任意一个大于1的整数代入表达式，就能得到一组符合要求的勾股数。
【解析】
解：结论正确，理由如下：
∵m表示大于1的整数，
∴a=2m、b=m²-1、c=m²+1都是正整数，且c是三个数中的最大边，
∵$a^2+b^2=(2m)^2+(m^2-1)^2=4m^2+m^4-2m^2+1=m^4+2m^2+1$，
$c^2=(m^2+1)^2=m^4+2m^2+1$，
∴$a^2+b^2=c^2$，满足勾股数的判定条件，即a、b、c为勾股数。
举例：当m=2时，a=4，b=3，c=5，可得一组勾股数3，4，5（取m为其他大于1的整数均可，答案不唯一）。
【答案】
正确，理由见解析；一组勾股数为3，4，5（答案不唯一）
【知识点】
勾股数的定义，完全平方公式，整式的混合运算
【点评】
本题考查勾股数的判定，需要牢记勾股数的两个核心判定要点，验证平方关系时要正确运用完全平方公式展开计算，举例时只要选取大于1的整数代入即可，答案具有开放性。
【难度系数】
0.7