Решить ! в треугольнике abc биссектрисы внутреннего угла а и внешнего ушла при вершине с пересекаются в точке d причем угол adc равен 20 градусов . найдите угол авс.

Так как основание пирамиды ромб, в него можно вписать окружность.
Все двугранные углы при основании равны, значит,  высоты боковых граней  равны,  и их проекции на плоскость основания  равны.
Основание высоты пирамиды тогда совпадает с  центром вписанной окружности, т.е. точкой пересечения диагоналей. 
Площадь полной поверхности пирамиды равна сумме площадей основания и всех четырех боковых граней. 
Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей. 
S ♢=AC*BD:2=48:2=24
Площадь каждой боковой грани равна половине произведения её высоты  на основание ( сторону ромба).
Сторону ромба найдем из прямоугольного треугольника АОВ, образованного при пересечении диагоналей.
Его катеты равны половинам диагоналей.  
АО=4, ВО=3.
 Соотношение катетов 3:4 ⇒ Δ  АОВ - египетский и АВ=5
Высоту ромба найдем из его площади. 
Площадь параллелограмма ( а ромб - параллелограмм) равна произведению его высоты на сторону, к которой проведена.
Высота  ромба равна отношению его площади к стороне. h=24:5=4,8
ОН=h:2=2,4
МН по т. Пифагора равна 2,6 ( проверьте).
 S DMC=MH*DC:2=2,6*5:2=6,5 
Площадь полной поверхности пирамиды
S=6,5*4+24=50 (ед.площади)

Докажем лемму Архимеда через дополнительное построение. Проведём к окружностям общую касательную АМ, пересекающая прямую ВС в точке М. Пусть ∠BAD = α, ∠CAD = β, ∠ACB = γ, тогда ∠ВАМ = ∠АСВ = γ (по свойству угла между касательной МА и хордой АВ), ∠MAD = γ + α, ∠ADB = ∠CAD + ∠ACD = β + γ (по свойству внешнего угла ΔACD). MA и MD - касательные к малой окружности ⇒ МА = MD - как отрезки касательных, ΔAMD - равнобедренный, ∠MAD = ∠MDA ⇒  γ + α = β + γ  ⇒  α = β , AD - биссектриса ∠ВАС, ч.т.д.  Конечно, данную лемму можно доказать в 2 строчки, заметив гомотетию окружностей, но это дело вкуса.