Обозначим вершины рассматриваемого треугольного сечения куба через A, В, С, общую вершину трёх ребер, на которых они лежат – через V, точки касания вписанной сферы с плоскостями ABC, VAB, VBC, VCA – через T, K, L, M (последние три точки, очевидно, – центры граней куба). В силу равенства касательных, проведённых к сфере из одной точки,  AT = AK = AM,  BT = BK = BL,  CT = CL = CM,  поэтому треугольники ABK и ABT, BCL и BCT, CAM и CAT, а также AVK и AVM, BVK и BVL, CVL и CVM попарно равны и, тем более, равновелики. Следовательно, площадь сечения ABC равна сумме S₁ площадей треугольников ABK, BCL и CAM. Пусть S – площадь грани куба. Докажем, что для любых трёх точек A, B, C на рёбрах куба, выходящих из вершины V,  S₁ = S_ABK + S_BCL + S_CAM ≤ ½ S.     (*)

  Для этого заметим, что если две из трёх точек, например B и C, закреплены, то площади треугольников ABK и ACM, а значит, и вся сумма S₁, линейно зависят от  x = VA.  Поэтому всегда можно передвинуть точку A в конец ребра так, чтобы величина S₁ не уменьшилась. То же самое можно проделать последовательно с точками В и С; следовательно, неравенство (*) достаточно доказать для точек A, B и C, расположенных в вершинах куба. Имеется всего четыре таких расположения (с точностью до переобозначений). В двух случаях  S₁ = 0,  в двух других  S₁ = ½ S_.

Ответ задачи отсутствует