C'est la bonne réponse, Halloduda. Bravo !
Ce problème était plus difficile.

Puisque tu insistes

A l'arrache :

x=BH
[TeX]\alpha=\angle BCH[/latex] et donc [latex]tg\alpha=x[/TeX]
r1 : rayon d'un cercle du dessous
r2 : rayon du cercle du dessus
[TeX]BC=\sqr{x^2+1)[/latex] (Pythagore)

Dans le triangle BHC :
[latex]r1=\frac{x}{1+x+\sqrt{1+x^2}}[/latex] rayon du cercle inscrit à un triangle [latex]\frac{2S}{a+b+c}[/latex] S étant la surface

Dans le triangle ABD :
[latex]r2=\frac{2\left.\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{(a+b+c)}[/latex] ou p est le demi-périmètre du triangle

or
[latex]a=c-\sqr{x^2-1}[/TeX]
[TeX]b=2x[/TeX][TeX]c=\frac{BC}{2cos2\alpha}[/TeX]
[TeX]c=\frac{\left(1+x^2\right)^{3/2}}{2 \left(1-x^2\right)}[/latex]   car   [latex]cos2\alpha=\frac{1-tg^2(\alpha)}{1+tg^2(\alpha)}=\frac{1-x^2}{1+x^2}[/TeX]
Donc
[TeX]p=\frac{1}{2} \left(2 x-\sqrt{1+x^2}+\frac{\left(1+x^2\right)^{3/2}}{1-x^2}\right)[/TeX]
En égalant r1 et r2 j'obtiens l'énorme crasse suivante :
[TeX]\frac{x}{1+x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{\frac{x^2 \left(1-3 x^2\right)^2}{\left(-1+x^2\right)^2}} \left(-1+x^2\right)}{2 x \left(-1+x^2-x \sqrt{1+x^2}\right)}[/TeX]
Je me rue alors WolframAlpha qui me donne une belle solution et une moche. Je garde la belle (évidemment) : 3/4

Je remplace x par 3/4 dans r1 et je trouve [latex]r1=\frac{1}{4}[/latex]