encalhada no fundo da taça com formato de cone — raio da base do cone $\;\overline{AB}\,=\,4\,$cm e altura do cone $\;h \,=\,8\sqrt{2}\,$cm. Foi traçada a altura do cone, o segmento $\;\overline{AC}\;$.
Se a esfera está apoiada sobre a face lateral do cone, então a aresta $\;\overline{BC}\;$ é tangente à esfera no ponto $\;P\;$ e o raio $\;\overline{OP}\;$ é perpendicular a $\;\overline{BC}\;$.
Consideremos o ângulo $\;\alpha\;$ no triângulo $\;ABC\;$ reto em $\;\hat{A}\;$.
$\phantom{X}\operatorname{tg}\alpha\,=\,\dfrac{\mbox{cateto oposto}\,\overline{AB}}{\mbox{cateto adjacente}\,\overline{AC}}\,=$ $\,\dfrac{4}{8\sqrt{2}}\phantom{X}(I)$
Consideremos o mesmo ângulo $\;\alpha\;$ no triângulo $\;POC\;$ reto em $\;\hat{P}\;$.
$\phantom{X}\operatorname{tg}\alpha\,=\,\dfrac{\mbox{cateto oposto}\,\overline{OP}}{\mbox{cateto adjacente}\,\overline{PC}}\,=$ $\,\dfrac{\mbox{raio da esfera }\overline{OP}}{\overline{PC}}\,=\,\dfrac{1}{\overline{PC}}\phantom{X}(II)$
De (I) e (II) decorre que:
$\phantom{X}\dfrac{1}{\overline{PC}}\,=\,\dfrac{4}{8\sqrt{2}}\,$ $\;\Rightarrow\;\overline{PC}\,=\,\dfrac{8\sqrt{2}}{4}\;$ $\Rightarrow\;\overline{PC}\,=\,2\sqrt{2}\,$
Recorrendo ao Teorema de Pitágoras no triângulo $\;POC\;$:
$\,\left\{\begin{array}{rcr} \mbox{cateto}\;\overline{PC}\,=\,2\sqrt{2}\;& \\ \mbox{cateto}\;\overline{OP}\,=\,1\longrightarrow & \mbox{(raio da esfera)}\\ \mbox{hipotenusa}\, \overline{OC}\,=\,d\,+\,1 & \\ \end{array} \right.\,$
$\,(d\,+\,1)^2\,=\,1^2\,+\,(2\sqrt{2})^2\;\Rightarrow\;d\,+\,1\,=\,\sqrt{9}\,$ $\Rightarrow\;d\,=\,3\,-\,1\;\Rightarrow\;\boxed{\,d\,=\,2\,}\,$, que corresponde à
