PT
$\Leftrightarrow x^4-2x^3-x^2-10x-3=0$
$\Leftrightarrow x^4-3x^3-x^2+x^3-3x^2-x+3x^2-9x-3=0$
$\Leftrightarrow x^2(x^2-3x-1)+x(x^2-3x-1)+3(x^2-3x-1)=0$
$\Leftrightarrow (x^2+x+3)(x^2-3x-1)=0$
$\Leftrightarrow x^2-3x-1=0$
$\Leftrightarrow x=\frac{3\pm\sqrt {13}}{2}.$

PT
$\Leftrightarrow x^4 - 2x^3 =4x+4$
$\Leftrightarrow x^4 - 2x^3+x^2 =x^2+4x+4$
$\Leftrightarrow \left ( x^2- x\right )^2 =\left (x+2\right )^2$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2- x=x+2\\ x^2- x=-x-2 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2- 2x-2=0\\ x^2+2=0\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow x=1\pm\sqrt 3.$

Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $S$ xuống mp $ABC$. Kẻ $HM,HN,HP$ lần lượt vuông góc với $AB,BC,CA$ trong mặt phẳng này. Sử dụng tính chất ba đường vuông góc ta dễ chứng minh được $SM,SN,SP$ lần lượt vuông góc với $AB,BC,CA$.
Từ đây suy ra $\widehat{SMH},\widehat{SNH},\widehat{SPH}$ là các góc tạo bởi các mặt bên và mặt đáy $(ABC)$.
Do đó   $\widehat{SMH}=\widehat{SNH}=\widehat{SPH}=60^\circ.$
Suy ra $HM=HN=HP   (=SH \cot 60^\circ)$ nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$.
Sử dụng công thức He-rông ta tính được
$S_{ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{9a.4a.3a.2a}=6\sqrt6a^2.$
Và ta cũng được bán kính $r$ của đường tròn nội tiếp
$r=\frac{S}{p}=\frac{6\sqrt6a^2}{9a}=\frac{2\sqrt6a}{3}$
Ta cũng có
$SH=r\tan 60^\circ=\frac{2\sqrt6a}{3}.\sqrt3=2\sqrt2a.$
Vậy
$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2\sqrt2a.6\sqrt6a^2=8\sqrt3a^3$.

Ta có
$|y|=\left| {\sin^5 x+\sqrt 3 \cos x} \right| \le \left| {\sin^5x } \right|+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|\le\sin^4x+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|$
Chú ý là $|\sin x | \le 1\Rightarrow |\sin x |^5 \le \sin^4x$, đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin x=0\\ \sin x =1 \end{matrix}} \right.$.
Suy ra
$y \le (1-\cos^2x)^2+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|=(1-t^2)^2+\sqrt 3$.
trong đó $0 \le t=|\cos x| \le 1.$
Ta có sẽ chứng minh $(1-t^2)^2+\sqrt 3t \le \sqrt 3$,
Thật vậy, BDT trên
$\Leftrightarrow (t^2-1)^2+\sqrt 3(t-1) \le 0$
$\Leftrightarrow (t-1)\left[ {(t-1)(t+1)^2+\sqrt 3} \right] \le 0\qquad (*)$
Bây giờ ta sẽ chứng minh
$g(t)=(t-1)(t+1)^2+\sqrt 3=t^3+t^2-t+\sqrt 3-1>0$ với $0 \le t \le 1.$
Ta có $g'(t)=3t^2+2t-1=0\Leftrightarrow t=1/3$.
Lập bảng biến thiên của $g(t)$ ta sễ suy ra $g(t) \ge g(1/3)>0.$
Nên $(*)\Leftrightarrow t\le 1,$ luôn đúng.
Vậy $|y| \le \sqrt 3\Leftrightarrow -\sqrt 3 \le y \le \sqrt 3.$
Vậy
$\min y=-\sqrt 3\Leftrightarrow \sin x=0,\cos x=-1$.
$\max y=\sqrt 3\Leftrightarrow \sin x=0,\cos x=1$.

a.Ta có
$|y|=\left| {\sin^5 x+\sqrt 3 \cos x} \right| \le \left| {\sin^5x } \right|+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|\le\sin^4x+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|$
Chú ý là $|\sin x | \le 1\Rightarrow |\sin x |^5 \le \sin^4x$, đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin x=0\\ \sin x =1 \end{matrix}} \right.$.
Suy ra
$y \le (1-\cos^2x)^2+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|=(1-t^2)^2+\sqrt 3$.
trong đó $0 \le t=|\cos x| \le 1.$
Ta có sẽ chứng minh $(1-t^2)^2+\sqrt 3t \le \sqrt 3$,
Thật vậy, BDT trên
$\Leftrightarrow (t^2-1)^2+\sqrt 3(t-1) \le 0$
$\Leftrightarrow (t-1)\left[ {(t-1)(t+1)^2+\sqrt 3} \right] \le 0\qquad (*)$
Bây giờ ta sẽ chứng minh
$g(t)=(t-1)(t+1)^2+\sqrt 3=t^3+t^2-t+\sqrt 3-1>0$ với $0 \le t \le 1.$
Ta có $g'(t)=3t^2+2t-1=0\Leftrightarrow t=1/3$.
Lập bảng biến thiên của $g(t)$ ta sễ suy ra $g(t) \ge g(1/3)>0.$
Nên $(*)\Leftrightarrow t\le 1,$ luôn đúng.
Vậy $|y| \le \sqrt 3\Leftrightarrow -\sqrt 3 \le y \le \sqrt 3.$
Vậy
$\min y=-\sqrt 3\Leftrightarrow \sin x=0,\cos x=-1$.
$\max y=\sqrt 3\Leftrightarrow \sin x=0,\cos x=1$.