Bằng cách thử trực tiếp ta thấy  $x = \dfrac{3-2\sqrt{39}}{2}$ là nghiệm của Pt trên. Em có thể sử dụng máy tính CASIO FX 570 ES để nhanh chóng thấy được kết quả. Mặt khác giá trị này âm nên đề bài này là chưa chính xác.

b) Dễ thấy $SB \perp DA$ nên ta chỉ cần chứng minh $SB \perp AE$. Mà tam giác $SAB$ vuông tại $A$ thì chỉ cần kiểm tra hệ thức lượng $SA^2=SE.SB$ xảy ra.
Mặt khác điều này đơn giản vì
$SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt 3, SE =\dfrac{1}{3}SB=\dfrac{1}{3}a\sqrt 3$.
Như vậy
$SE.SB=\dfrac{1}{3}a\sqrt 3.a\sqrt 3=a^2=SA^2$, đpcm.

a) Để chứng minh câu a ta chỉ cần chứng minh $MD \perp AC$ bởi vì dễ thấy $SA \perp MD.$
Chứng minh $MD \perp AC$ là một bài toán phụ gặp rất nhiều ở cấp hai, em có thể vẽ hình chữ nhật $ABCD$ ra riêng như hình học phẳng và trung điểm $M$ cũng như độ dài các cạnh. Các phương pháp thường dùng có thể là cộng góc, Ta-let và định lý đảo Py-ta-go... Ở đây a sẽ trình bày một phương pháp ngắn gọn khác
Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $S_{BMC}=\dfrac{1}{4}S_{ABCD}\Rightarrow S_{DAMC}=\dfrac{3}{4}S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}a^2\sqrt 2 .$
Mặt khác dễ tính $MD=a\sqrt{\dfrac{3}{2}}, AC=a\sqrt 3.$
Gọi $\phi$ là góc giữa hai đường thẳng $MD, AC$ ta có công thức
$S_{DAMC}=\dfrac{1}{2}.NM.AC.\sin \phi$
$\Rightarrow \dfrac{3}{4}a^2\sqrt 2=\dfrac{1}{2}.a\sqrt{\dfrac{3}{2}}.a\sqrt 3.\sin \phi$
$\Rightarrow \sin \phi=1\Rightarrow \phi =90^\circ$, đpcm.

$x^4-2x^2+\dfrac{1}{2}=0\Leftrightarrow x^4-2x^2+1=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow (x^2-1)^2=\dfrac{1}{2}$
$\Leftrightarrow x^2-1 =\pm\dfrac{1}{\sqrt 2}\Leftrightarrow x^2=1\pm\dfrac{1}{\sqrt 2}\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{1\pm\dfrac{1}{\sqrt 2}}$.
Vậy Pt này có bốn nghiệm
$x \in \left\{ {\sqrt{1+\dfrac{1}{\sqrt 2}},\sqrt{1-\dfrac{1}{\sqrt 2}},-\sqrt{1+\dfrac{1}{\sqrt 2}},-\sqrt{1-\dfrac{1}{\sqrt 2}}} \right\}$.

Mình rất thích cách đặt câu hỏi của bạn bởi vì bạn trình bày những việc mà bạn đã giải quyết được, chúng ta sẽ cùng thảo luận các bước nhỏ mà bạn thấy chưa rõ ràng. Như vậy sẽ dễ dàng hơn cho cả người hỏi và người trả lời, không nên giao tất cả việc nghĩ ra ý tưởng và trình bày cho các admin.

Trước hết thấy rằng để tích phân được định nghĩa thì điều kiện là
$\begin{cases}(1-x)(1+x) \ge 0 \\ x \ne -1 \end{cases}\Leftrightarrow-1 < x \le 1 $.
 Điều kiện này giúp ta nghĩ đến việc đặt $x$ theo hàm sin hoặc cos, nhưng để phục vụ cho việc biến đổi các thành phần chứa $1+x, 1-x$ thì ta sẽ chọn đặt $x= \cos 2\alpha, \alpha \in [0, \dfrac{\pi}{2})$.
Như vậy
$$\begin{cases}\sqrt{1+x}=\sqrt{1+\cos 2\alpha }=\sqrt2 \cos \alpha \\ \sqrt{1-x}=\sqrt{1-\cos 2\alpha }=\sqrt2 \sin \alpha \end{cases}$$
ta có điều này vì chú ý rằng $\alpha \in [0, \dfrac{\pi}{2})$ nên $ \sin \alpha, \cos \alpha\ge0$.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

c)
Theo câu a) $BC \perp (SAP) \Rightarrow BC \perp HK$
Theo câu b) $SC \perp (BHK) \Rightarrow SC \perp HK$
 hai điều này cho ta đpcm.

b) Ta có
$\begin{cases}BH \perp AC    (\text{ H là trực tâm }) \\BH \perp SA    (SA \perp (ABC)) \end{cases}\Rightarrow BH \perp (SAC)\Rightarrow BH \perp SC$.
Mặt khác
$\begin{cases} BH \perp SC    (\text{ chứng minh trên }) \\BK \perp SC    (\text{ K là trực tâm }) \end{cases}\Rightarrow SC \perp (BHK)$.

a) Gọi $AH$ cắt $BC$ tại $P$ thì $AP \perp BC$.
Mặt khác do $SA \perp (ABC) \Rightarrow SA \perp BC$.
Hai điều này suy ra $BC \perp (SAP) \Rightarrow BC \perp SP\Rightarrow S, K, P$ thẳng hàng. Ta có đpcm.

b) Từ câu a ta suy ra $AB \perp CH$.
Chứng minh tương tự ta cũng có $BC \perp (OAH)\Rightarrow BC \perp AH$. Kết hợp hai điều này ta có đpcm.

a) Do $OA \perp OC, OB \perp OC$ nên $OC \perp (OBA)\Rightarrow OC \perp AB$.
Mặt khác thì dễ có $OH \perp AB$. Từ hai điều này có đpcm.

c) Do $OA \perp OB, OA \perp OC$ nên $OA \perp (OBC)$. Gọi $AH$ cắt $BC$ tại $K$ trong mp$(ABC)$ thì suy ra $OA \perp OK.$ Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông này ta được
$\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OK^2}=\dfrac{1}{OH^2} \qquad (1)$
Mặt khác, $BC \perp AH, BC \perp OH$ nên $BC \perp (OAH)\Rightarrow BC \perp OK.$ Tiếp tục áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông $OBC$ ta được
 $\dfrac{1}{OB^2}+\dfrac{1}{OC^2}=\dfrac{1}{OK^2} \qquad (2)$
 Kết hợp $(1)$ và $(2)$ ta được
     $\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}+\dfrac{1}{OC^2}=\dfrac{1}{OH^2}$

b) Theo câu a, $BC \perp (ABS)\Rightarrow BC \perp AH$. Mà $AH \perp SB.$ Suy ra $AH \perp (CBS)\Rightarrow AH \perp SC.$

a) Do $SA \perp (ABC)\Rightarrow SA \perp BC$. Mặt khác thì $ BA \perp BC$. Từ đây suy ra $BC \perp (ABS)$.

d) Đặt $y= \sqrt[3]{2x-1}\Rightarrow y^3=2x-1.$
Mặt khác từ PT ta cũng có $x^3+1=2y\Rightarrow x^3=2y-1$. Ta thu được hệ
$\begin{cases}y^3=2x-1\\ x^3=2y-1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}y^3=2x-1\\ x^3-y^3=2y-2x \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}y^3=2x-1\\ (x-y)(x^2+xy+y^2+2)=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x^3=2x-1 \\ x=y \end{cases}$
Có được điều này là vì $x^2+xy+y^2+2=(x+y/2)^2+3y^2/4+2 > 0 \quad \forall x,y.$
Giải PT $x^3=2x-1\Leftrightarrow x^3-2x+1=0\Leftrightarrow x \in \left\{ {1, \dfrac{-1\pm\sqrt 5}{2}} \right\}$.
vậy $(x,y)=(1,1),\left ( \dfrac{-1\pm\sqrt 5}{2},\dfrac{-1\pm\sqrt 5}{2} \right ).$