Una risoluzione (semi)algebrica.
(Vedi fig.1) Sia C' l'intersezione di AB con la circonferenza maggiore ed H quella di XY con C'F.
Poniamo poi DAB=DBA=C'BY=a.Sarà allora BAE=90°-a e poiché
il triangolo C'AF è isoscele su AC' ,sarà pure BC'F=90-a .Da ciò segue che il
triangolo BC'H è rettangolo in H o ,ciò che è lo stesso, che C'F è perpendicolare ad XY.
Pertanto C' coincide in realtà col punto medio C dell'arco XY ( non contenente A).
Abbiamo allora:
(0) $ \displaystyle AC=2R\sin a,AB=2r\sin a,BC=AC-AB=2(R-r)\sin a $
Poniamo ora CXY=CYX=b.
Per noti teoremi abbiamo che :
(1) $ \displaystyle CY=CX=2R\sin b $
Inoltre dal triangolo XBC ( fig,2) si ha:
(2) $ \displaystyle CX = \frac{BC}{\sin b}\cdot \sin a $$ \displaystyle =2(R-r) \frac{\sin ^2 a}{\sin b} $
Confrontando (1) e (2) si ha:
(3) $ \displaystyle \frac{\sin b}{\sin a}=\sqrt{\frac{R-r}{R}} $
Indicando con R' il raggio richiesto e considerando CY come corda della circonferenza
circoscritta a CBY,otteniamo :
$ \displaystyle R'= \frac{CY}{2\sin a} $
E per la (1) :
$ \displaystyle R'= R\frac{\sin b}{\sin a} $
Infine per la (3):
$ \displaystyle R'=R \sqrt{\frac{R-r}{R}}= \sqrt{R(R-r)} $
Come si vede ,R' dipende solo da R e da r ma non dalla scelta del punto B.
Il problema poi non è difficile, ma il risultato mi sembra carino.