Thay $x^2 = \dfrac{y^{2}+2y+2}{2}$ vào PT thứ nhất và rút gọn ta được
$2x(y+1)=3y^2+6y-2\Leftrightarrow x= \dfrac{3y^2+6y-2}{2(y+1)}$ do $y=-1$ không là nghiệm của hệ.
Thay điều này vào PT thứ hai
$2\left ( \dfrac{3y^2+6y-2}{2(y+1)} \right )^{2}-y^{2}-2y-2=0$
$\Leftrightarrow y(y+2)(7y^2+14y-18)=0$
Vậy hệ có các nghiệm
$(x,y) \in \left\{ {(-1,-2), (1,0), \left (\dfrac{-4}{\sqrt 7},\dfrac{5}{\sqrt 7}-1 \right ),\left (\dfrac{4}{\sqrt 7},\dfrac{-5}{\sqrt 7}-1 \right )} \right\}$

Điều kiện $x <2$.

+ Xét $1/2 <x <2$ ta có
$\begin{cases}0<2-x<2-1/2=3/2 \\ 0<3-x<3-1/2=5/2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\dfrac{6}{2-x}>4 \\ \dfrac{10}{3-x}>4 \end{cases}\Rightarrow \sqrt{\dfrac{6}{2-x}}+\sqrt{\dfrac{10}{3-x}}>4\Rightarrow $ PT vô nghiệm.

+ Xét $x <1/2$ ta có
$\begin{cases}2-x>2-1/2=3/2 \\ 3-x>3-1/2=5/2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}4>\dfrac{6}{2-x}>0 \\4> \dfrac{10}{3-x}>0 \end{cases}\Rightarrow \sqrt{\dfrac{6}{2-x}}+\sqrt{\dfrac{10}{3-x}}<4\Rightarrow $ PT vô nghiệm.

 Vậy PT có nghiệm duy nhất $x=1/2.$

e) Trước hết xin đưa ra một bài toán phụ nhưng không chứng minh. Nếu hai tam giác $ABC$ và $ADE$ có chung góc $A$ thì
$$\dfrac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=\dfrac{AB}{AD}.\dfrac{AC}{AE}$$
Áp dụng bài toán này ta được
$\dfrac{S_{AHM}}{S_{ACK}}=\dfrac{AH}{AC}.\dfrac{AH}{AK}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{AH^2}{AK.AH}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{AH^2}{AD^2}=\dfrac{1}{2}.\cos^2 \widehat{DAK}$
Mặt khác xét $\triangle ACK$ và $\triangle AKB$  có chung chiều cao hạ từ $K$ và cạnh đáy $AC=2/3AB$ suy ra $S_{ACK}=2/3S_{AKB}$
Vậy
$S_{AHM}=\dfrac{1}{2}.S_{ACK}.\cos^2 \widehat{DAK}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}.S_{AKB}.\cos^2 \widehat{DAK}=\dfrac{1}{3}.S_{AKB}.\cos^2 \widehat{DAK}$ (đpcm)

d) Gọi $I$ là trung điểm của $BC$ thì do $\widehat{CKB}=90^\circ$ nên $K$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$ có tâm là $I$.
Nói cách khác $CI=IK=IB$ nên $\widehat{CKI}=\widehat{KCI}$
Mặt khác theo câu c) thì $\widehat{HKC}=\widehat{CBK}$
nên từ $\widehat{KCI}+\widehat{CBK}=90^\circ\Rightarrow \widehat{HKC}+\widehat{CKI}=90^\circ\Rightarrow HK \perp KI$
Điều này chứng tỏ $HK$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $BC$.

c) Ta có
$\begin{cases}\widehat{ADH}=\widehat{CDH}  ( \text{tứ giác ADCE là hình thoi}) \\\widehat{HKC}=\widehat{CDH}  ( \text{tứ giác DHCK nội tiếp}) \\\widehat{ADH}=\widehat{HBK}  ( \text{cùng cộng với}  \widehat{HDB}   \text{bằng}  90^\circ )\end{cases}\Rightarrow \widehat{HKC}=\widehat{HBK}$
Suy ra
$\triangle HKC \sim \triangle HBK (g.g) \Rightarrow \dfrac{HK}{HC}= \dfrac{HB}{HK}\Leftrightarrow HK^2=HB.HC$ (đpcm)

b) Do $AECD$ là hình thoi nên $AD \parallel EC$. Mặt khác do $D$ nằm trên nửa đường tròn đường kính $AB$ nên $AD \perp DB$.
Từ đây suy ra $EK \perp BD$.
Xét tứ giác $DKCH$ có $\widehat{DHC}=\widehat{DKC}=90^\circ$ nên tứ giác này là tứ giác nội tiếp và nằm trong đường tròn có đường kính $CD$.