Обозначим через $O_1$ и $O_2$ центры данных окружностей. Достроим треугольник $O_1BO_2$ до параллелограмма (рис. 1) и докажем, что его четвёртая вершина $C$ ($\overrightarrow{O_1C}=\overrightarrow{BO_2}$) и есть искомая точка.
Рисунок 1
Пусть $O$ — центр произвольной окружности, проходящей через $A$ и $C$, $M$ и $N$ — точки её пересечения с окружностями $O_1$ и $O_2$. Равенство $CM=CN$ равносильно равенству дуг $CM$ и $CN$ окружности $O$, которое, в свою очередь, равносильно тому, что прямая $AC$ образует равные углы с прямыми $AM$ и $AN$ (т. е. либо $\angle CAM=\angle CAN$ — рисунок 1, либо $\angle CAM+\angle CAN=180^\circ$ — рисунок 2). Общая хорда $AM$ окружностей $O$ и $O_1$ перпендикулярна их линии центров $OO_1$; аналогично, хорда $AN$ перпендикулярна $OO_2$. Поэтому достаточно доказать, что прямая $AC$ образует равные углы с $OO_1$ и $OO_2$. Заметим, что $ACO_1O_2$ — равнобочная трапеция (так как $O_1C=O_2B=O_2A$, $O_2C=O_1B=O_1A$, т. е. $\triangle O_1O_2C=\triangle O_2O_1A)$. Следовательно, прямая $AC$ параллельна $O_1O_2$. Остаётся заметить, что $\angle OO_1O_2=\angle OO_2O_1$, ибо точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AC$ $(OA=OC)$, а значит, — и к отрезку $O_1O_2$.
Рисунок 2
