https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1950/Kika

[5] 相交わる二定圓の一つの交點 $\rm A$ を通る任意の直線が再びこと二圓と交わる點を $\rm Q$ ， $\rm R$ とするとき，線分 $\rm QR$ を定比に分ける點 $\rm P$ の軌跡は何か．

2024.11.05記
細かいことを言うと面倒なので，
$\rm A$ を通る定円の接線と再び交わる点は $\rm A$ であるとし， $\rm Q=R$ となるときは $\rm P=Q=R$ であるとする．

[解答]
$\rm A$ を通る定円の接線と再び交わる点は $\rm A$ であるとし， $\rm Q=R$ となるときは $\rm P=Q=R$ であるとする．

$\mbox{A}(0，a)$ とし， $\mbox{Q}$ ， $\mbox{R}$ のある円をそれぞれ $(x-q)^2+y^2=q^2+a^2$ ， $(x-r)^2+y^2=r^2+a^2$ とおき， $\rm A$ を通る直線を $y=(\tan\theta)x+a$ とする．

このとき $\rm Q$ の $x$ 座標は
$\left\{\dfrac{x}{\cos\theta}+2(a\tan\theta-q)\right\}x=0$
をみたすので，
$x=2(q\cos\theta-a\sin\theta)$
となり，よって $\mbox{Q}(2(q\cos\theta-a\sin\theta)，2(q\sin\theta-a\sin\theta\tan\theta)+a)$
となる．同様に $\mbox{R}(2(r\cos\theta-a\sin\theta)，2(r\sin\theta-a\sin\theta\tan\theta)+a)$ であるから，
$\rm QR$ を $t:(1-t)$ に内分する点 $\rm P$ は， $p=(1-t)q+tr$ とおくと
$\mbox{P}(2(p\cos\theta-a\sin\theta)，2(p\sin\theta-a\sin\theta\tan\theta)+a)$
となる．これは $(x-p)^2+y^2=p^2+a^2$ と $y=(\tan\theta)x+a$ の交点の $\rm A$ とは異なる方（但し $\rm A$ と一致するときもある）であり， $\rm A$ を通る直線を $y=(\tan\theta)x+a$ で考えている範囲内では点 $(0，-a)$ は除かれる．

点 $\rm A$ を通る直線が $y$ 軸の場合， $\rm Q=R$ となるが，このとき $\rm P=Q=R$ であると考えれば $\mbox{P}(0，-a)$ となり，よって求める軌跡は円 $(x-p)^2+y^2=p^2+a^2$ となる．

河合塾72年の解答は，「Aを通る直線のうち y 軸に平行でないすべての向きに対して，Q，Rがあり」とあるが，「 y 軸に平行な向きに対しても，Q=Rとなるが，Q，Rは存在する」のだが．河合塾72年の【別解】では「Q=Rより線分QRをなさない」としているので，まぁ，そういうことなんだろう．そのように除外点を考えるのであれば，「Aにおける接線は再び円とは交わらない」ので結論の円から，Aにおける2つの円それぞれの接線との交点を除かなければならないと思うのだが．

初等幾何でも解くことができる．これはパスカルの定理の証明の1つにおける構図．

[解答]
2円の $\rm A$ とは異なる交点を $\rm B$ とし， $\rm B$ を通り $\rm AB$ に垂直な弦と2円の交点を $\rm S，T$ （ $\rm S$ は $\rm Q$ と同じ円， $\rm T$ は $\rm R$ と同じ円）とする．

円に内接する四角形の性質から， $\angle\rm Q=\angle R=90^{\circ}$ だから四角形 $\rm QS\parallel RT$ となり， $\rm QP:PR=SU:ST$ なる $\rm U$ (定点)をとると $\rm PS\parallel RT$ であるから $\angle \rm APU=90^{\circ}$ となり， $\rm P$ は $\rm AU$ を直径とする円周上にある（この円は $\rm B$ も通る）