Aを中心とする定円の半径を R とする。
定円に内接する円の中心が P、半径が r の時、
　AP + r = R
今、内接する円がBを通るとき、
　r = BP
すなわち、
　AP + BP = R
よって、P は A, B を焦点とする楕円上にある。

逆に、A, B を焦点とし、長径が R となる楕円上の任意の点 X に関して、
　AX + BX = R
よって、B を中心とし、半径が BX に等しい円は、定円に内接する。

以上より、P の軌跡が楕円であることが証明された。

ありがとうございます。
あまりにあっさりした解答にキツネにつままれた思いです。＾＾；
# 「逆に～」からの部分はもうひとつ理解できていませんが…

ちなみに私は、パラメータを使った計算に固執して頓挫しています。
不躾で申し訳ありませんが、それについてもご教授いただけたらと思い、
再質問します。

定点Ａ(0,0)、定円Ａを (\(x^{2}\))+(\(y^{2}\))=1、（Ｒは面倒なので１としました）
定点Ｂ(b,0)、Ｃを定円Ａの円周上の点、線分ＡＣとｘ軸のなす角をθ、
ＴをＢＣの中点とすると、Ｐ(x,y)は、線分ＢＣの垂直二等分線と
半径ＡＣの交点ですから、直線ＡＣと直線ＰＴの連立方程式を解いて、

x = {(1-\(b^{2}\))cosθ}/2(1-bcosθ)
y = {(1-\(b^{2}\))sinθ}/2(1-bcosθ)

となるのですが、ここからsinθ、cosθがうまく消せずにいます。
パラメータで解くのは常とう手段だと思うので、このやり方でも
解決しておかないと、すっきりしません。
どうかよろしくお願いいたします。

失礼しました。
「逆に～」の部分の訂正です。
誤：よって、B を中心とし、半径が BX に等しい円は、定円に内接する。
正：よって、X を中心とし、半径が BX に等しい円は、定円に内接する。

さて、パラメータ計算ですが、かなりの計算量になることを覚悟して下さい。
ですので、計算は、なるべく分数を使わない方向でいくことをお勧めします。

一応、直線の式を求める所から。
-----
AC：sinθ x - cosθ y = 0 …(1)
BCの垂直2等分線：(cosθ-b)(2x-cosθ-b)+sinθ(2y-sinθ)=0
　まとめて、2(cosθ-b)x + 2sinθ y = 1-\(b^{2}\) …(2)

(1)・2sinθ+(2), (2)・sinθ-(1)・(cosθ-b) それぞれから
　2(1-bcosθ)x = (1-\(b^{2}\))cosθ …(3)
　2(1-bcosθ)y = (1-\(b^{2}\))sinθ …(4)

(3\()^{2}\)+(4\()^{2}\) より、
　4(1-bcosθ\()^{2}\)(\(x^{2}\)+\(y^{2}\)) = (1-\(b^{2}\)\()^{2}\) …(5)

(3)をcosθについてまとめて、
　(1+2bx-\(b^{2}\))cosθ=2x
　両辺を(-b)倍して、(1+2bx-\(b^{2}\))を足すと
　(1+2bx-\(b^{2}\))(1-bcosθ) = 1-\(b^{2}\) …(6)

(5)・(1+2bx-\(b^{2}\)\()^{2}\) に (6)を代入
　4(1-\(b^{2}\)\()^{2}\)(\(x^{2}\)+\(y^{2}\)) = (1-\(b^{2}\)\()^{2}\)(1+2bx-\(b^{2}\)\()^{2}\)
　|b|＜1より、1-\(b^{2}\)≠0のため、両辺を(1-\(b^{2}\))で割って
　4(\(x^{2}\)+\(y^{2}\)) = (2bx+(1-\(b^{2}\))\()^{2}\)
　4(1-\(b^{2}\))\(x^{2}\) - 4b(1-\(b^{2}\))x + 4\(y^{2}\) = (1-\(b^{2}\)\()^{2}\)
　4(1-\(b^{2}\))(x-\(\frac{b}{2}\)\()^{2}\) + 4\(y^{2}\) = (1-\(b^{2}\)\()^{2}\) + 4(1-\(b^{2}\))・\(b^{2}\)/4 = 1-\(b^{2}\)
　4(x-\(\frac{b}{2}\)\()^{2}\) + 4\(y^{2}\)/(1-\(b^{2}\)) = 1
※この図形は、中心(\(\frac{b}{2}\),0)、半長径 \(\frac{1}{2}\)、半短径 \(\frac{1}{2}\)・\(\sqrt{\quad}\)(1-\(b^{2}\)) で、
　長軸が x軸に一致する楕円
※焦点は、中心から距離 \(\frac{b}{2}\) ( \(\sqrt{\quad}\)(半長径^2-半短径^2) ) のため、
　焦点(0,0), (b,0)

----- 前半終わり -----
※後半は、実際にBを通る円を作って、定円に内接することを確かめます。
※共有点(接点)が何処にできるかを見越して、それに誘導するように変形を
　行います。そうでないと計算が大変。

逆に、4(x-\(\frac{b}{2}\)\()^{2}\) + 4\(y^{2}\)/(1-\(b^{2}\))=1 上の任意の点
X( (b+cosφ)/2, (sinφ\(\sqrt{\quad}\)(1-\(b^{2}\)))/2 ) に対し、

　d = AX と置くと、
　\(d^{2}\)
　= \(\frac{1}{4}\)・( \(b^{2}\) + 2bcosφ + (cosφ\()^{2}\) + (1-\(b^{2}\))(1-(cosφ\()^{2}\)) )
　= \(\frac{1}{4}\)・( 1 + 2bcosφ + \(b^{2}\)(cosφ\()^{2}\) )
　= \(\frac{1}{4}\)・( 1+bcosφ \()^{2}\)
　ゆえに、d = \(\frac{1}{2}\)・(1+bcosφ)　(∵|b|＜1, |cosφ|≦1 より、1+bcosφ＞0)、d＞0
あるαが存在して、
　(b+cosφ)/2 = dcosα
　(sinφ\(\sqrt{\quad}\)(1-\(b^{2}\)))/2 = dsinα

Xを中心とし、Bを通る円は
　(x-dcosα\()^{2}\) + (y-dsinα\()^{2}\) = (b-dcosα\()^{2}\) + (0-dsinα\()^{2}\)
　\(x^{2}\) - 2dxcosα + \(y^{2}\) - 2dysinα = \(b^{2}\)-2bdcosα

　\(b^{2}\)-2bdcosα
　= \(b^{2}\) - b(b+cosφ)
　= -bcosφ
= 1-2d

　よって、円の方程式は、
　\(x^{2}\) - 2dxcosα + \(y^{2}\) - 2dysinα = 1-2d …(6)

この円と、\(x^{2}\)+\(y^{2}\)=1 の共有点を求める。

\(x^{2}\)+\(y^{2}\)=1 から、(6)辺々を引いて、
　2dxcosα + 2dysinα = 2d
d＞0より
　2xcosα + 2ysinα = 2 … (7)
\(x^{2}\)+\(y^{2}\)=1 から、(7) を辺々引いて
　\(x^{2}\) - 2xcosα + \(y^{2}\) - 2ysinα = -1 = -(cosα\()^{2}\)-(sinα\()^{2}\)
　(x-cosα\()^{2}\) + (y-sinα\()^{2}\) = 0

ゆえに、(x,y)=(cosα,sinα)であり、2円は1共有点のみを持ち、確かに接する。
Bは定円の内側にあるため、Bを通る円が定円に内接している。

よって、4(x-\(\frac{b}{2}\)\()^{2}\) + 4\(y^{2}\)/(1-\(b^{2}\))=1 上の任意の点を中心とし、Bを通る円は、
定円に内接する。
--- 後半終わり ---
よって、内接円の中心の軌跡は、楕円 4(x-\(\frac{b}{2}\)\()^{2}\) + 4\(y^{2}\)/(1-\(b^{2}\))=1

煩雑な計算を丁寧に解説いただき、ありがとうございました。
お蔭様ですっきりしました。

ところで、
「逆に～」の部分がもうひとつ理解できていない、の意味ですが、
そもそも「逆に～」という説明は、加えなければいけないものなのか、
恐らく、必要・十分条件の考えがあってのことでしょうが、
私にはそこまでの理解が及んでいない、というつもりでした。
私の試験答案は、前半の８行だけで終了してしまうと思ったので。(^^ゞ
言葉足らずで、アゲアシをとったみたいになってしまい、
すみませんでした。(_o_)