Esfera inscrita no tetraedro

Essa questão foi postada agora há pouco e logo em seguida deletada. Eu, entretanto, sem saber que havia sido excluída, a resolvi por completo. Assim, posto ela de novo aqui, para não passar em branco e servir de auxílio a algum futuro estudante que esteja em dúvida.

A Adidas, fornecedora oficial da FIFA, decidiu lançar uma bola comemorativa para a próxima copa do mundo. Deseja-se que a bola venha inscrita numa embalagem na forma de um tetraedro regular. Sabendo-se que o raio da bola mede 11 cm, o tamanho da aresta dessa embalagem tetraédrica será de:

A) [44√(3)]/3 cm.
B) [88√(6)]/3 cm.
C) 22√(6) cm.
D) [11√(3)]/3 cm.
E) 11√(6) cm.

Primeiramente repare que o centro da esfera (bola) é alinhado com o eixo de simetria do tetraedro; logo, está contido na reta que representa a altura H do tetraedro. Agora, trace uma reta do centro O da esfera perpendicularmente a uma das faces triangulares do tetraedro - a qual chamaremos de ABC -, no ponto P. Repare que o ponto P se situa no centro de simetria de ABC. Sabendo disso e que no triângulo equilátero o incentro, o circuncentro, o baricentro e o ortocentro coincidem, fica claro que P divide a altura h de ABC em 2h/3 e h/3 (dada a propriedade do baricentro). Todas essas propriedades citadas são válidas para o tetraedro como um todo, sua altura H e sua relação com o baricentro do tetraedro (que agora, na verdade, divide a altura do tetraedro em 3H/4 e H/4). Repare, enfim, que OPA é um triângulo retângulo com catetos OP = r, PA = 2h/3 e hipotenusa AO = 3H/4. Logo:
AO² = OP² + PA² -> (3H/4)² = r² + (2h/3)² -> 9H²/16 = r² + 4h²/9 (I)

Descubramos, agora, a altura h de ABC em função do tamanho L da aresta do tetraedro. Projetando P sobre BC, se nota facilmente que ele se situa no ponto médio M desse segmento. Note agora o triângulo retângulo ABM, de catetos AM = h, MB = L/2 e hipotenusa BA = L. Aplicando teorema de Pitágoras:
L² = h² + (L/2)² -> h² = L² - L²/4 = 3L²/4 -> h = L√(3)/2 (II)

Descubramos, então, a altura H de ABC em função do tamanho L da aresta do tetraedro. Traçando uma reta do ponto O perpendicularmente à face do triângulo BCD se obtém o ponto Q. Note agora o triângulo AQM, de catetos AQ = H, QM = h/3 e hipotenusa MA = h. Substituindo os dados pelo obtido em (II) e aplicando Teorema de Pitágoras:
(L√(3)/2)² = H² + [L√(3)/(3*2)]² -> 3L²/4 = H² + 3L²/36 -> H² = (3L²/4) - L²/12 = 2L²/3 -> H = L√(2/3) = L√[(3*2)/(3*3)] = L√(6/9) = [L√(6)])/3 (III)

Aplicando (II) e (III) em (I):
9H²/16 = r² + 4h²/9 -> (9*6L²)/(16*9) = r² + (4*3L²)/(9*4) -> 54L²/144 = r² + 12L²/36 -> 3L²/8 = r² + L²/3
r² = L²*[(3/ - (1/3)] -> r² = L²/24
L² = 24r² -> L = r√(24) = 2r√(6)

Do enunciado:
r = 11 cm

Logo:
L = 2*11√(6) = 22√(6) cm

Alternativa C.