No es una respuesta, sólo una reducción a una clase en particular de los casos.
Reclamo: Si hay un primer $p<2\sqrt{n}$ tal que $p\not\mid n$ $-n$ es un cuadrado modulo $p$, entonces el $a,b,c$ existen.
Al $n>1$ es impar, tenemos $(a,b,c)=\left(1,1,\frac{n-1}{2}\right)$.
Al $n>4$ es divisible por $4$,$(a,b,c)=\left(2,2,\frac{n}{4}-1\right)$.
Tan sólo tenemos que resolver para $n\equiv 2\pmod{4}$.
Como JG señalado, si $n+1$ no es primo, con la factorización de $n+1=uv$, $u,v>1$, a continuación, llegamos $(a,b,c)=(1,u-1,v-1)$.
Así que hemos reducido a al $n+1\equiv 3\pmod{4}$ es un primo.
[Supongo que todos estos casos puede ser visto a través de Jaap comentario acerca de la búsqueda de $c$, de modo que $n+c^2=rs$$r,s>c$. En el caso de $c=1$ nos da el extraño caso de o $n+1$ compuesto, en el caso de $c=2$ da el caso de $n$ divisible por $4$.]
Vamos a proceder usando Jaap comentario:
Si no existe $c$ tal que $n+c^2=rs$ algunos $r,s>c$, entonces podemos optar $(a,b,c)=(r-c,s-c,c)$.
Deje $p$ ser un primer relativamente primer a $n$ tal que $-n$ es un cuadrado modulo $p$.
A continuación, $n+c^2$ es divisible por $p$ algunos $\frac{p-1}{2}<c<p$.
Si $d=\frac{n+c^2}{p}$, queremos $d>c$ para garantizar una solución.
Así que queremos que $$pc<n+c^2$$
Pero $c^2-pc+n=\left(c-\frac{p}{2}\right)^2+n-\frac{p^2}{4}$.
Así que si $p^2\leq 4n$, este valor es positivo, y llegamos $d>c$ y, por tanto,$(a,b,c)=(p-c,d-c,c)$.
Esto explica por qué la $462$ es un buen candidato a fallar - $462=2\cdot 3\cdot 7\cdot 11$, lo $-462$ necesita para que no sea cuadrado modulo $5,13,17,19,23,29,31,37,41$. Esencialmente, para un gran $n$ tenemos un montón de distintos factores primos.
Esto también explica el porqué $n$ tiende a ser cuadrada gratis en los ejemplos.
Si $p^2\mid n$ $n+p^2=p^2\left(1+\frac{n}{p^2}\right)$ así que si $p^2\mid n$$1+\frac{n}{p^2}\leq p$, y debe ser un primo. Si no es primo, entonces $n+p^2=(pa)(pb)$ donde $ab=1+\frac{n}{p^2}$. Que nos da que si $n$ tiene un factor de cuadrado, a continuación, $n=p^2(q-1)$ para algunos prime $q\leq p$, y no debe haber ninguna solución a $ab+ac+bc=q-1$.
Si $d\mid n$ $d+\frac{n}{d}$ no debe ser factorizable como $ab$$a>1,b>d$, o de lo contrario, $n+d^2$ es factorizable como $(ad)(b)$.
Pero si $d+\frac{n}{d}\geq d^2$ esto significa que el $d+\frac{n}{d}$ debe ser un primo.
Por lo tanto, si $d\mid n$$d\leq \sqrt[3]{n}$, debe tener $d+\frac{n}{d}$ prime.
