Уравнения, сводящиеся к квадратным нестандартными заменами.

Это, так называемое, возвратное уравнение. Его коэффициенты симметричны относительно среднего слагаемого $-36x^2$.
Коэффициенты при $x^3$ и $x$ имеют разные знаки, но это нам не помешает выполнить некую специфическую замену.
Для начала поделим обе части уравнения на $x^2$. Это можно делать, так как $x=0$ - не корень уравнения.

теперь сгруппируем слагаемые с противоположными степенями в одну скобку

и выполним замену: $x-{\displaystyle \frac{1}{x}}=t$
посмотрим, во что превратится первая скобка после такой замены:
$x^2+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}={(x-{\displaystyle \frac{1}{x}})}^2+2=t^2+2$
замена оказалась удачной, и мы получаем квадратное уравнение:

для быстрого подбора корней воспользуемся модификацией теоремы Виета
вспомогательное уравнение: $t^2+7t-24·6=0$
$24·6=2·2·2·3·2·3=16·9$
корни вспомогательного уравнения: $-16$ и $9$
тогда корни уравнения   (a): ${\displaystyle \frac{-16}{6}}=-{\displaystyle \frac{8}{3}}$ и ${\displaystyle \frac{9}{6}}={\displaystyle \frac{3}{2}}$

возвращаемся к переменной $x$, обратно заменяем $t=x-{\displaystyle \frac{1}{x}}$

домножаем обе части первого уравнения на $3x$, а второго - на $2x$
мы помним, что $x=0$ не является корнем исходного уравнения

в каждом случае применяем модификацию теоремы Виета
для уравнения (1) $3x^2+8x-3=0$
вспомогательное $x^2+8x-9=0$,   его корни $-9$ и $1$,   тогда корни уравнения (1) ${\displaystyle \frac{-9}{3}}=-3$ и ${\displaystyle \frac{1}{3}}$
для уравнения (2) $2x^2-3x-2=0$
вспомогательное уравнение $x^2-3x-4=0$ имеет корни $-1$ и $4$,   и корни уравнения (2) ${\displaystyle \frac{-1}{2}}=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ и ${\displaystyle \frac{4}{2}}=2$

В этом уравнении нет такой симметрии коэффициентов, как в предыдущем.
Но, как мы увидим, тот же приём сработает из-за $4^2=16$.
Поделим обе части уравнения на $x^2$.
Поскольку $x=0$ - не корень уравнения, то потери решений не будет.
И далее, группируем слагаемые с противоположными степенями.

сделаем замену: $x+{\displaystyle \frac{4}{x}}=t$
при этом $x^2+{\displaystyle \frac{16}{x^2}}={(x+{\displaystyle \frac{4}{x}})}^2-8=t^2-8$

$x=0$ - не корень исходного уравнения, и мы можем домножить полученные уравнения на $x$

Раскрытие всех скобок даст нам уравнение четвёртой степени, с которым могут быть проблемы.
Попробуем раскрыть скобки частично, чтобы появилось что-то одинаковое, и мы бы его заменили.
При возведении в квадрат получится $x^2+8x+16$, а после умножения двух других скобок будет $x^2+8x-20$.
Появился одинаковый кусочек $x^2+8x$.

замена: $x^2+8x=t$

в первом уравнении используем упрощённую формулу с дискриминантом
корни второго подбираем по теореме Виета

Задание похоже на предыдущее, но решается совсем по-другому.
Здесь нужно частично раскрыть скобки так, чтобы свободные члены (числа) в новых скобках стали одинаковыми.
Понятно, что надо перемножать первую скобку на третью. И две оставшиеся.
Тогда в каждом случае свободный член будет равен $-6$.

делим обе части уравнения на $x^2$
поскольку $0$ - не корень уравнения, то потери решений не будет

замена: ${\displaystyle \frac{x^2-6}{x}}=t$

в первом уравнении используем формулы с дискриминантом
корни второго подбираем по теореме Виета

ОДЗ:
$1-2x^2\ne 0$
$x^2\ne {\displaystyle \frac{1}{2}}$
$x\ne -{\displaystyle \frac{1}{{\displaystyle \sqrt{2}}}}\wedge x\ne {\displaystyle \frac{1}{{\displaystyle \sqrt{2}}}}$

Избавляться от знаменателя не хочется, так как получим уравнение четвёртой степени.
Вынесем справа из первого и третьего слагаемых $6$ за скобку.

Теперь прямо напрашивается поделить обе части на $x$, чтобы исчезло слагаемое $7x$.
Это возможно, так как $0$ - не корень уравнения.
И заодно слева вынесем минус за скобку.

и понятная замена: ${\displaystyle \frac{x}{2x^2-1}}=t$

домножаем обе части уравнения на $t\ne 0$ по ОДЗ

домножаем уравнения на знаменатели, не равные нулю, согласно ОДЗ

в каждом случае применяем модификацию теоремы Виета
для уравнения (1) $12x^2+x-6=0$
вспомогательное $x^2+x-72=0$,   его корни $-9$ и $8$,   тогда корни уравнения (1) ${\displaystyle \frac{-9}{12}}=-{\displaystyle \frac{3}{4}}$ и ${\displaystyle \frac{8}{12}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$
для уравнения (2) $2x^2+x-1=0$
вспомогательное уравнение $x^2+x-2=0$ имеет корни $-2$ и $1$,   и корни уравнения (2) ${\displaystyle \frac{-2}{2}}=-1$ и ${\displaystyle \frac{1}{2}}$

ОДЗ:
$x^2+x+3\ne 0\wedge x^2-5x+3\ne 0$
Первое требование выполнено, поскольку там $D<0$.
Второе пока решать не будем, но помним про него.
$x^2-5x+3\ne 0$ (*)

Поделим числитель и знаменатель каждой дроби на $x$.
Это возможно, так как $0$ - не корень уравнения.

замена: ${\displaystyle \frac{x^2+3}{x}}=t$

$t+1\ne 0\iff x^2+x+3\ne 0$ и оно выполнено
$t-5\ne 0\iff$ (*) это то, что осталось проверить
домножаем обе части уравнения на $2(t+1)(t-5)$

условие $t-5\ne 0\iff t\ne 5$ выполнено

для решения используем формулы с дискриминантом

Уравнение вида $a{u}^2+buv+c{v}^2=0$ называется однородным уравнением второй степени относительно переменных $u$ и $v$.
Оно может быть сведено к квадратному делением, например, на $v^2$.

В примере 7 применим формулу суммы кубов $x^3+8=(x+2)(x^2-2x+4)$.

Это - однородное уравнение относительно $u=x+2$ и $v=x^2-2x+4$.
Поделим его на $v^2={(x^2-2x+4)}^2$.
$x^2-2x+4$ никогда не обращается в ноль, поскольку его дискриминант отрицателен (*)

замена: ${\displaystyle \frac{x+2}{x^2-2x+4}}=t$

применим здесь модификацию теоремы Виета
вспомогательное уравнение $t^2-5t+6=0$,   его корни $2$ и $3$
тогда корни уравнения (1) ${\displaystyle \frac{2}{3}}$ и ${\displaystyle \frac{3}{3}}=1$

по (*) домножаем уравнения на знаменатели и приводим к стандартному виду

в первом уравнении используем формулы с дискриминантом
корни второго подбираем по теореме Виета

ОДЗ:
$x\ne -4$

выделим слева квадрат разности

замена: ${\displaystyle \frac{x^2}{x+4}}=t$

домножаем уравнения на $x+4$, не равное нулю, согласно ОДЗ

в первом уравнении используем упрощённую формулу с дискриминантом
второе корней не имеет, поскольку его дискриминант отрицателен