[рис.] а)  По теореме \cos ов для трехгранного угла имеем:

$\cos 60 в степени ( \circ ) = \cos 45 в степени ( \circ ) \cos 45 в степени ( \circ ) + \sin 45 в степени ( \circ ) \sin 45 в степени ( \circ ) \cos \widehat ( BSC,ASC )$

$\frac{1}{2} = $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{2}$ \cos \widehat ( BSC,ASC )$

$\cos \widehat ( BSC,ASC ) =0$

Значит, плоскости перпендикулярны.
б)  Треугольник $ABS$ = бедренный с углом, противолежащим основанию, $60 в степени ( \circ )$ поэтому он  — = сторонний, $AB=2$ Треугольники $ASC$ и $BSC$ равны = бедренному прямоугольному треугольнику с катетом $2$ по первому признаку, поэтому $BC=AC=2$ Значит, площадь поверхности пирамиды равна:

$2S_ABC + 2S_ACS=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + 4$

[рис.]
Теперь вычислим ее объем. По теореме о трех перпендикулярах проекцией S на $ABC$ должна быть такая точка $T$ что прямая TB перпендикулярна прямой CB и прямая TA перпендикулярна прямой CA. Тогда $TAB$   — треугольник с углами $30 в степени ( \circ )$ $30 в степени ( \circ )$ и $120 в степени ( \circ )$ поэтому:

$TB= \frac{AB}{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = \frac{2}{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$

Тогда:

$ST= $\sqrt{аргумента: SB ^2 - TB ^2}$ аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{8}{3}$} аргумента$

Теперь найдём объём пирамиды SABC:

$V_ABCS= $\frac{1}{3}$ \sqrt{аргумента: $\frac{8}{3}$} аргумента \cdot S_ABC= $\frac{1}{3}$ \sqrt{аргумента: $\frac{8}{3}$} аргумента \cdot $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = $\frac{2}{3}$ $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$

Радиус вписанной сферы равен:

$\frac{3V}{S} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + 4} =2 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента$

Ответ: $2 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента$