[рис.] а)  Рассмотрим одну из сторон основания, например, отрезок A1A2 и пирамиду SOA1A2, где точка O  — проекция вершины на основание. Из точки O опустим перпендикуляр OH на сторону основания A1A2. Соединим точки S и H. По теореме о трех перпендикулярах прямая SH перпендикулярна прямой A1A2. Поэтому угол SHO  — линейный угол двугранного угла SA1A2O между боковой гранью и основанием пирамиды. По условию $\text{tg} \angle SHO=0,75$ Обозначим SO  =  3x, тогда OH  =  4x и $SH= $\sqrt{аргумента: OH ^2 + SO ^2}$ аргумента = 5x$ Заметим, что

$\frac{S_SA_1A_2}{S_OA_1A2} = $\frac{SH}{OH}$ = \frac{5}{4}$
Данное соотношение верно для всех оставшихся n – 1 частей пирамиды, следовательно,

$\frac{S_полн}{S_осн} = $\frac{S_осн + S_бок}{S_осн}$ = 1 + $\frac{S_SA_1A_2 + S_SA_2A_3 + \ldots + S_SA_nA_1}{S_осн}$ =$
$= 1 + $\frac{\dfrac5}{4}$ ( S_OA_1A_2 + S_OA_2A_3 + \ldots + S_OA_nA_1 ) S_осн = 1 + $\frac{5}{4}$ = \frac{9}{4}$ $\frac{S_полн}{S_осн} = $\frac{S_осн + S_бок}{S_осн}$ =$
$= 1 + $\frac{S_SA_1A_2 + S_SA_2A_3 + \ldots + S_SA_nA_1}{S_осн}$ =$
$= 1 + $\frac{\dfrac5}{4}$ ( S_OA_1A_2 + S_OA_2A_3 + \ldots + S_OA_nA_1 ) S_осн = 1 + $\frac{5}{4}$ = \frac{9}{4}$ $\frac{S_полн}{S_осн} = $\frac{S_осн + S_бок}{S_осн}$ =$
$= 1 + $\frac{S_SA_1A_2 + S_SA_2A_3 + \ldots + S_SA_nA_1}{S_осн}$ =$
$= 1 + $\frac{\dfrac5}{4}$ ( S_OA_1A_2 + S_OA_2A_3 + \ldots + S_OA_nA_1 ) S_осн =$
$= 1 + $\frac{5}{4}$ = \frac{9}{4}$

б)  Заметим, что поскольку все двугранные углы при ребрах основания равны, то вершина пирамиды проецируется в центр вписанной окружности основания, то есть в точку пересечения диагоналей ромба. Из п. а) следует, что $S_осн = $\frac{4}{5}$ S_бок = 16$ Пусть меньшая диагональ ромба A1A3  =  4x, тогда большая A2A4  =  6x. Находим:

$S_осн = $\frac{1}{2}$ A_1A_3 \cdot A_2A_4 = 12x ^2 = 16 = сильно x = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3}$

Таким образом,

$OA_1= \frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3}$
$OA_2=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента }$
$A_1A_2= $\sqrt{аргумента: OA_1 ^2 + OA_2 ^2}$ аргумента = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 39}$ аргумента}{3}$

Следовательно,

$OH= $\frac{2S_OA_1A_2}{A_1A_2}$ = $\frac{S_осн}{2A_1A_2}$ = \frac{4 $\sqrt{аргумента: 39}$ аргумента}{13}$

Тогда

$SO= \text{tg} \angle SHO \cdot OH= \frac{3 $\sqrt{аргумента: 39}$ аргумента}{13}$

Таким образом, объём пирамиды SA1A2A3A4 равен

$V_SA_1A_2A_3A_4= $\frac{1}{3}$ S_оснSO= \frac{16 $\sqrt{аргумента: 39}$ аргумента}{13}$

Ответ: б) $\frac{16 $\sqrt{аргумента: 39}$ аргумента}{13}$

Примечание.
Обобщая рассуждения пункта  а), можно углядеть следующее свойство: если в пирамиде двугранные углы при сторонах основания равны, то $S_осн = S_бок \cos бета$ где β  — величина линейного угла двугранного угла при стороне основания. В данной задаче $\cos бета = \frac{1}{} \sqrt{аргумента: 1 + \text{tg} ^2 бета} аргумента = \frac{4}{5}$ Тогда имеем:

$\frac{S_полн}{S_осн} = $\frac{S_осн + S_бок}{S_осн}$ = 1 + $\frac{S_бок}{S_осн}$ = 1 + \frac{1}{} \cos бета = 1 + $\frac{5}{4}$ = \frac{9}{4}$