Краткий ответ (критерий). Если вершина $D$ лежит на перпендикуляре к плоскости $ABC$ через центр вписанной окружности треугольника $ABC$ (обозначим этот центр $O$) — то для любого положения $D$ такой тетраэдр имеет вписанную сферу. Центр сферы лежит на прямой $DO$ и единственно определяется; радиус $r$ и координата центра $I$ вдоль $DO$ выражаются через высоту $h=DO$ и радиус вписанной окружности треугольника $ABC$, $\rho$:
$$r=t=\frac{\rho h}{\rho +\sqrt{h^2+{\rho }^2}}.$$
Доказательство (сжато).
1) Система координат. Положим плоскость $ABC$ как $z=0$, $O=(0,0,0)$, $D=(0,0,h)$. Пусть $\rho$ — радиус вписанной окружности треугольника $ABC$. Для каждой стороны, напротив вершины, введём вектор-единицу в плоскости $n$ нормальный к соответствующей стороне так, что у точки на стороне выполняется $n\cdot (x,y)=\rho$.
2) Уравнение боковой грани. Например, плоскость грани $ABD$ проходит через линию пересечения с $z=0$ (это сторона $AB$: $n_c\cdot (x,y)=\rho$) и через точку $D$. Поэтому её уравнение можно записать как
$$n_c\cdot (x,y)+\frac{\rho }{h}z=\rho .$$ Аналогично для двух других боковых граней коэффициент при $z$ тот же, потому что все три грани проходят через одну точку $D$ и через соответствующие сторонные прямые, уравнения которых имеют правую часть $\rho$.
3) Поиск центра сферы. Центр вписанной сферы, касающейся плоскости $ABC$, должен лежать на прямой $DO$, значит примем $I=(0,0,t)$. Расстояние от $I$ до плоскости $ABC$ равно $|t|$ (берём $t>0$). Расстояние от $I$ до, скажем, плоскости $ABD$ по формуле расстояния от точки до плоскости:
d=∣ nc⋅0+ρht−ρ ∣1+(ρ/h)2=ρ(1−t/h)1+(ρ/h)2. d=\frac{\bigl|\;n_c\cdot 0+\frac{\rho}{h}t-\rho\;\bigr|}{\sqrt{1+(\rho/h)^2}}=\frac{\rho(1-t/h)}{\sqrt{1+(\rho/h)^2}}.
d=1+(ρ/h)2 nc ⋅0+hρ t−ρ =1+(ρ/h)2 ρ(1−t/h) . Приравнивая это расстояние к $t$ (необходимое условие касания всех четырёх граней одной сферой), получаем уравнение
$$t=\frac{\rho (1-t/h)}{\sqrt{1+(\rho /h{)}^2}}.$$ Решая его, положим $k=\rho /h$ и получим
$$\frac{t}{\rho }=\sqrt{1+k^2}-k=\frac{1}{\sqrt{1+k^2}+k},$$ откуда после подстановки $k=\rho /h$ $$t=\frac{\rho h}{\rho +\sqrt{h^2+{\rho }^2}}.$$ Это единственное положительное решение, значит центр и радиус существуют и единственны.
4) Внутренность точек касания. Покажем, что точки касания со всеми тремя боковыми гранями лежат внутри соответствующих треугольников (а не вне их). Перпендикуляр из $I$ на грань $ABD$ пересекает плоскость $z=0$ в точке, лежащей на луче из $O$ к точке касания вписанной окружности треугольника $ABC$ с $AB$, причём эта проекция находится между $O$ и точки касания окружности (ее координата по нормали меньше $\rho$). Следовательно, проекция точки касания на $z=0$ лежит внутри треугольника $ABO$; восстановив долю высоты (координату $z$) как отношение к $h$ получаем, что полная точка касания лежит внутри треугольника $ABD$. Аналогично для двух других боковых граней. Таким образом касания являются внутренними.
Вывод. Если $D$ лежит на перпендикуляре к плоскости $ABC$ через центр вписанной окружности $O$ треугольника $ABC$, то для любого положения $D$ тетраэдр $ABCD$ имеет вписанную сферу; её центр лежит на $DO$ и радиус даётся формулой
$$r=t=\frac{\rho h}{\rho +\sqrt{h^2+{\rho }^2}}.$$