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.

如图所示, 以$C$ 为原点, $CB$ 所在直线为$x$ 轴, $CD$ 所在直线为$y$ 轴建立坐标系,
设$AB=1,CE=a,CF=b\Rightarrow 0\lt a\lt 1, 0\lt b\lt 1, A(-1,1),E(-a,0),F(0,b)$.

易求得直线$AF$ 的方程为: $y=(b-1)x+b$, 令$y=0\Rightarrow x=\frac{b}{1-b}$;
直线$AE$ 的直线方程为: $y=\frac{1}{a-1}(x+a)$, 令$x=0\Rightarrow y=\frac{a}{a-1}$.
因此有$CH=\frac{b}{1-b}, CG=\frac{a}{1-a}$.

由熟知结论知$BE+DF=EF, S_{\triangle AEF}=S_{\triangle ABE}+S_{\triangle ADF}$.
在直角三角形$\triangle CEF$ 中$EF^2=CE^2+CF^2\Rightarrow (1-a+1-b)^2=a^2+b^2\Rightarrow ab=2a+2b-2$.

另一方面$S_{\triangle CGH}=\frac{1}{2}CH\cdot CG=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{1-a}\cdot \frac{b}{1-b}=\frac{ab}{2-2a-2b+2ab}=1$.

又$S_{\triangle CEF}+2S_{\triangle AEF}=S_{ABCD}=1\Rightarrow S_{\triangle GCH}-S_{\triangle CEF}=2S_{\triangle AEF}$

由已知$n^2=l^2+m^2\Rightarrow l^2=(n+m)(n-m)\Rightarrow n-m=1$, 代入上式得$l^2=(m+1)^2-m^2=2m+1$
因此$2(l+m+1)=2l+1+(2m+1)=2l+1+l^2=(l+1)^2$,得证.

由题意得$n^2=m^2+p^2\Rightarrow p^2=n^2-m^2=(n+m)(n-m)\Rightarrow 0\lt (n-m)\lt p$.
设$n=m+r (0\lt r\lt p)\Rightarrow m=n-r$ 代入上式得
\[
p^2=n^2-(n-r)^2=2nr-r^2=r(2n-r)
\]
由$r\mid p (0\lt r\lt p)\Rightarrow r=1\Rightarrow p^2=2n-1$, 所以$2n-1$ 必为完全平分数.