Comentario largo: Notas sobre la evaluación de la $I_A$:
Me enteré el equivalente integral
$$I_A=2 \int_0^1 \frac{\sinh ^{-1}(x)}{x \sqrt{1-x^2}} \, dx\tag{1}$$
La integración de (1) por partes que luego encontró
$$I_A=2 \int_0^1 \frac{\log \left(\frac{\sqrt{1-x^2}+1}{x}\right)}{\sqrt{x^2+1}} \, dx\tag{2}$$
A continuación, ya que
$$\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}=\sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n \binom{2 n}{n}}{4^n}\, x^{2 n}$$
obtenemos usando (2)
$$I_A=2 \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n \binom{2 n}{n}}{4^n}\, \int_0^1 x^{2 n}\log \left(\frac{\sqrt{1-x^2}+1}{x}\right) \, dx $$
A continuación, el uso de Mathematica
$$\int_0^1 x^{2 n} \log \left(\frac{\sqrt{1-x^2}+1}{x}\right) \, dx=\frac{\sqrt{\pi }\, \Gamma \left(n+\frac{3}{2}\right)}{(2 n+1)^2\, \Gamma (n+1)}$$
$$I_A=2 \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n \binom{2 n}{n}}{4^n}\,\frac{\sqrt{\pi }\, \Gamma \left(n+\frac{3}{2}\right)}{(2 n+1)^2\, \Gamma (n+1)}=\pi \, _3F_2\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2};1,\frac{3}{2};-1\right)$$
ACTUALIZACIÓN 23/03/2019
En el pensamiento acerca de Jack D'Aurizio el comentario de abajo: yo creo que la relación entre las integrales y sumas de Euler quizá se pueda encontrar por probar y, a continuación, haciendo uso de (3) y (4)
$$\int_0^1 x^n \tanh ^{-1}\left(\sqrt{x}\right) \, dx=\frac{1}{n+1}\sum _{k=1}^{n+1} \frac{1}{2 k-1}\tag{3}$$
$$\int_0^1 x^{2n} \tanh ^{-1}\left(\sqrt{x}\right) \, dx=\frac{1}{2n+1}\sum _{k=1}^{2n+1} \frac{1}{2 k-1}\tag{4}$$
para las Integrales a y B, respectivamente.
En cuanto a la integral a esto parece difícil, porque implica la simplificación de algo como:
$$I_A=\frac{1}{\sqrt{2}} \int_0^1 \left(\sum _{n=0}^{\infty } \binom{2 n}{n} \frac{x^n}{4^n}\right) \left(\sum _{n=0}^{\infty } \binom{2 n}{n} \frac{x^n}{8^n} \right) \tanh ^{-1}\left(\sqrt{x}\right) \,dx$$
Me quedo atascado tratando de simplificar el Producto de Cauchy.
La prueba puede ser más fácil en cuanto a la integral B a partir de
$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum _{n=0}^{\infty } \binom{2 n}{n} \frac{x^{2 n}} {4^n} $$
dando
$$I_B=\sqrt{2} \int_0^1\frac{ \tanh ^{-1}\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{(1-x) (x+1)}}\; dx =\sqrt{2}\; \sum _{n=0}^{\infty } \frac{\binom{2 n}{n} \sum _{k=1}^{2 n+1} \frac{1}{2 k-1}}{4^n (2 n+1)}$$