因为$\Delta_1=a^2-4c, \Delta_2 =b^2-4d\Rightarrow \Delta_1+\Delta_2=a^2+b^2-4(c+d)=a^2+b^2-2ab=(a-b)^2\geq 0$.
所以$\Delta_1$ 和$\Delta_2$ 中至少有一个$\geq 0$, 所以至少有一个方程有实数根.

当$k=0$ 时$x=-1$ 符合要求.
当$k\neq 0$ 时, 设$\Delta =(k-1)^2-4k=m^2$ 其中$m$ 为非负有理数,因为$k$ 为整数, 所
以$m$ 比为自然数.
\[
k^2-6k+1=m^2\Rightarrow 8=(k-3)^2-m^2=(k-3+m)(k-3-m)
\]
因为$k-3+m>k-3-m$ 所以可得
\[
\left\{\begin{array}{lr} k-3+m=8 \\ k-3-m=1 \end{array}\right.或 \left\{\begin{array}{lr} k-3+m=4 \\ k-3+m=2 \end{array}\right.
\]解得
\[
\left\{\begin{array}{lr} m=1 \\ k=6 \end{array}\right.或 \left\{\begin{array}{lr} m=\frac{7}{2} \\ k=\frac{15}{2} \end{array}\right.
\] 因为$k$ 为整数, 所以$k=6$.

综上可得$k=0$ 或$k=6$.

题目等价于证明: $\max (\frac{a}{a+b+c},\frac{b}{a+b+c},\frac{c}{a+b+c})\geq \frac{4}{9}$.
所以不妨设$a+b+c=1$, 否则用$\frac{a}{a+b+c},\frac{b}{a+b+c},\frac{c}{a+b+c}$ 代替$a,b,c$.

(1) 当$b\geq \frac{4}{9}$, 则问题得证.
(2) 当$0\lt b\lt \frac{4}{9}$ 时, 可得$a+c=1-b > \frac{5}{9}$.
(i) 当$a\geq \frac{4}{9}$ 时, 则问题得证.
(ii) 当$0\lt a\lt \frac{4}{9}$ 时
\[
\Delta=b^2-4ac\geq 0\Rightarrow 4(\frac{5}{9}-c)\cdot c\leq 4ac\leq b^2\lt (\frac{4}{9})^2
\]
即$c^2-\frac{5}{9}c+\frac{4}{81}>0\Rightarrow c\lt \frac{1}{9}$ 或$c>\frac{4}{9}$.
当$c\lt \frac{1}{9}$ 时, 又因为$a\lt\frac{4}{9}$与$a+c> \frac{5}{9}$ 矛盾!,
因此只能有$c>\frac{4}{9}$, 问题得证.

方法一: 由已知得
\[
原式=a^2d^2+b^2d^2+b^2+c^2+2bda+2bdc=(ad+b)^2+(bd+c)^2=0
\]
所以可得$ad+b=0,bd+c=0$,
当$a=0$ 时$b=0$, 要证成立.
当$a\neq 0$ 时, $d=-\frac{b}{a}$ 代入$bd+c=0$ 可得$b^2=ac$.

方法二:
由已知得
\[
(a^2+b^2)d^2+(2ab+2bc)d+(b^2+c^2)=0
\]
所以$d$ 为方程$(a^2+b^2)x^2+(2ab+2bc)x+(b^2+c^2)=0$ 的实数根,
当$a^2+b^2=0$ 时证明显然成立, 当$a^2+b^2\neq 0$ 时有:
\[
\Delta =(2ab+2bc)^2-4(a^2+b^2)(b^2+c^2)\geq 0\Rightarrow -4(b^2-ac)^2\geq 0\Rightarrow b^2=ac
\]

将$2y=x-t$ 代入$x^2-2x-4y-5=0\Rightarrow x^2-4x+2t-5=0$ 因为$x$ 是实数,则关于
$x$ 的方程有实数解, 所以$\Delta =b^2-4ac=16-4(2t-t)\geq 0\Rightarrow t\leq \frac{9}{2}$.

因为$a+\sqrt{b}$ 是方程的根, 所以有$m(a+\sqrt{b})^2+n(a+\sqrt{b})+p=0\Rightarrow m(a^2+b+2a\sqrt{b})+na+n\sqrt{b}+p=0$.
化简可得:
\[
(ma^2+mb+na+p)+(2ma+n)\sqrt{b}=0
\]
由于$ma^2+mb+na+p$ 与$2ma+n$ 为有理数, $\sqrt{b}$ 为无理数, 所以有
\[
ma+mb+na+p=0, 2ma+n=0
\]

当$x=a-\sqrt{b}$ 时, 代入

mx^2+nx+p=m(a-\sqrt{b})^2+n(a-\sqrt{b})+p=(ma^2+mb+na+p)-(2ma+n)\sqrt{b}=0$$. 所以$x=a-\sqrt{b}$ 也是原方程的根. </details>

将$2+\sqrt{3}$ 代入得$-(2+\sqrt{3})^2+4(2+\sqrt{3})=c\Rightarrow c=1$. 所以原
方程为:$x^2-4x=-1\Rightarrow x^2-4x+4=3\Rightarrow (x-2)^2=\pm 3\Rightarrow x_1=2+\sqrt{3}, x_2=2-\sqrt{3}$. 故另一个根为$2-\sqrt{3}$.

$\because 2x-2x^2-1=-2\left( x-\frac{1}{2} \right) ^2-\frac{1}{2}\leq -\frac{1}{2}$.
所以$2x-2x^2-1$ 的最大值为$-\frac{1}{2}$.

当$(4-k)(8-k)= 0$即$k=4$ 或$k=8$ 时, 代入可得$x=1$ 或$x=-2$,所以$k=4$ 或$k=8$ 满足要求.
当$(4-k)(8-k)\neq 0$ 时, 原方程用十字相乘可得:
$[(4-k)x-8][(8-k)x-4]=0\Rightarrow x_1=\frac{8}{4-k}, x_2=\frac{4}{8-k}$.
所以$4-k=\pm 1,\pm 2,\pm 4, \pm 8\Rightarrow k=3,5,2,6,0,8,-4,12$
且$8-k=\pm 1,\pm 2,\pm 4\Rightarrow k=9,7,10,6,12,4$, 要$x_1,x_2$ 都为整数得$k=6,12$.

综上可得,当$k=4,8,6,12$ 时,满足要求.