Пусть O  — центр шара, H  — его проекция на ABCD. Тогда все перпендикуляры из O на стороны ромба падают туда же, куда и перпендикуляры из H. Значит, все перпендикуляры из H равны, поэтому H  — центр вписанной окружности ромба, то есть его точка пересечения диагоналей.
Найдем радиус этой окружности по формуле $r= $\frac{S}{p}$ = \frac{2 \cdot 2 \cdot \sin 45 ^{\circ}}{4} = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2}$ Тогда $OH= \sqrt{аргумента: 2 - $\frac{1}{2}$} аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{3}{2}$} аргумента$
Пусть S  — вершина пирамиды, а $H_1,H_2,H_3,H_4$   — основания перпендикуляров из H на ребра основания.
Поскольку перпендикуляры к ребрам являются также перпендикулярами к граням, треугольники $SOH_1,SOH_2,SOH_3,SOH_4$   — прямоугольные и равны по гипотенузе и катету. То есть $SH_1=SH_2=SH_3=SH_4$ поэтому проекцией S на плоскость основания также является точка H. Пусть $SH=x$ тогда $OS=x + $\frac{3}{2}$ ,SH_1= \sqrt{аргумента: x ^2 + $\frac{1}{2}$} аргумента$ Напишем теперь теорему Пифагора для треугольника $SOH_1$ : $x ^2 + $\frac{3}{2}$ + x $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента =2 + x ^2 + \frac{1}{2}$ откуда $x= \frac{1}{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}$ и объем пирамиды равен $\frac{1}{3} \cdot x \cdot S= \frac{1}{3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента} \cdot 4 \sin 45 в степени o = \frac{2}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$

Ответ: $\frac{2}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$