Даны две точки А(3,3) и В(0,2). На прямой x+y-4=0 найти точку, из которой
отрезок АВ виден под углом 45градусов.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, изобразив его как вид сбоку.
На рисунке SAF, SAB и SBC - грани пирамиды; А1, М1 и К1 - точки пересечения плоскости и рёбер SF.SA и SB соответственно.
По условию боковое ребро вдвое больше стороны основания.
Пусть сторона основания будет равна а, тогда боковая сторона равна 2а.
АВ=FO=CO=a.
а) Высота пирамиды из треугольника SCO:
SO=√(SC²-CO²)=√(4a²-a²)=a√3.
Из тр-ка SM1M2 SM2=SM·cos60=0.5a·1/2=a/4. 
Проекции SM2 и МО ра двух рисунках равны. МО=а/4.
СМ=СО+МО=а+а/4=5а/4.
Треугольники SAO и M1AO подобны по трём углам, значит SA/M1A=SO/M1M ⇒ M1M=SO/2=a√3/2.
В ΔСМ1М tgC=M1M/CM=4a√3/(10a)=2√3/5.
В ΔBSO tgВ=SO/BO=2а√3/а=2√3. (т.к. ВО=АВ/2=а/2).
Пусть КВ=х, тогда СК=КВ+СВ=х+а/2.
В ΔСК1К К1К=СК·tgC=(x+а/2)·2√3/5.
В ΔВК1К К1К=КВ·tgВ=2х√3.
Объединим уравнения:
(х+а/2)·2√3/5=2х√3,
2х√3+а√3=10х√3,
а√3=8х√3,
х=а/8.
Треугольники ВSО и ВК1К подобны по трём углам, значит:
K1B/SB=ВК/ВО=а/8:а/2=1:4 ⇒
SK1=3K1B, значит К1В:SK1=1:3. 
Доказано.
б) Пусть АF=у, тогда AC=FC-y=2a-y.
В ΔFA1A ∠F=60° (так как FO=SF/2 ∠F=60°), А1А=AF·tgF=у√3.
В ΔСА1А А1А=АС·tgС=(2а-у)·2√3/5.
Объединив уравнения получим:
у√3=(2а-у)·2√3/5,
5у=4а-2у,
7у=4а, 
у=4а/7.
Коэффициент подобия треугольников FA1A и FSO:
k=FA/FO=4a/7a=4/7.
А1F=SF·k=2a·4/7=8a/7.
SA1=SF-A1F=2a-8a/7=6a/7.
SA1:A1F=6a/7:8a/7=3:4 - это ответ.

Пришлось повозиться.

Пусть угол А - х, тогда угол B - тоже х, а угол Bad = x/2 рассмотрим треугольник АДБ - угол Б равен 180 градусов -( 110 градусов + x/2) рассмотрим треугольник АБС угол Б равен 180 - 2х потом вычитаем из первого уравнения второе, в правой части у нас ноль (углы Б сократились) в левой части 2x-110-x/2 иксы в правую часть градусы в левую часть переносим итого у нас получается 1,5х=110 градусов x=углу А= углу С= 73 и 1/3 градусов (в ответе переведи в десятичные 73,33) Угол б равен 180 градусов минус 2х = 33 и 1/3 градуса (33.33)