Поскольку четырёхугольники $BXOD$, $CYOD$ вписанные,
то $\angle XOD + \angle CBA = \angle YOD + \angle ACB =
180^\circ$. Так как
$$
\begin{aligned}
\angle XOD + \angle YOD = 360^\circ - \angle ACB&-\angle CBA > \
360^\circ - &\angle ACB-\angle CBA - \angle BAC = 180^\circ,
\end{aligned}
$$
точки $O$ и $A$ лежат по разные стороны от прямой $XY$.
В частности, мы показали, что точка $O$ лежит строго
внутри треугольника $XYD$.
Тогда
$$
\begin{aligned}
\angle XOY + \angle BAC = 360^\circ - &\angle XOD - \angle YOD + \angle BAC = \ = (180^\circ - \angle XOD) + &(180^\circ - \angle YOD) + \angle BAC =\ = \angle CBA &+ \angle ACB + \angle BAC = 180^\circ,
\end{aligned}
$$
поэтому четырёхугольник $AXOY$ также является вписанным.
Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ.Пусть точка $Z$, отличная от $C$, на отрезке $BC$ такова, что $YC = YZ$ (рис. 1). Тогда поскольку треугольник $YZC$ равнобедренный, $\angle YZC = \angle ACB$. Заметим, что
$$
\begin{aligned}
\angle YXD = \angle YXO + \angle DXO &=\angle YAO + \angle DBO = \
=(90^\circ &- \angle ABC) + (90^\circ - \angle BAC) = \angle BCA.
\end{aligned}
$$
Значит, $\angle YZC = \angle YXD$, откуда следует (вне зависимости от порядка расположения точек $D$ и $Z$ на отрезке $BC$), что точки $X$, $Y$, $Z$ и $D$ лежат на одной окружности. Следовательно,
$$
\begin{aligned}
\angle XZB = \angle XYD &= \angle XYO + \angle DYO
=\angle XAO + \angle DCO = \
&=(90^\circ - \angle BCA) + (90^\circ - \angle BAC) = \angle ABC.
\end{aligned}
$$
Поэтому треугольник $XZB$ равнобедренный и $XZ = XB$. Получаем, что треугольник $XYZ$ составлен из отрезков $XY$, $XZ$ и $YZ$, равных $XY$, $BX$ и $CY$ соответственно, что и требовалось.
Второй способ. Пусть точки $X'$, $Y'$ симметричны точкам $X$ и $Y$ относительно середин $M$ и $N$ сторон $AB$ и $AC$ соответственно (рис. 2). Поскольку $O$ – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, $\angle OMA = \angle ONA = 90^\circ$. Тогда из четырёхугольников $MONA$, $XOYA$ находим $\angle MON = \angle XOY = 180^\circ-\angle BAC$. Не ограничивая общности, предположим, что $X$ лежит на отрезке $AM$. Поскольку $\angle MON = \angle XOY$, точка $Y$ лежит на отрезке $NC$. Получаем, что
$$
\begin{aligned}
\angle XOX' = 2\angle XOM
&= 2(\angle MON - \angle XON) =\
&= 2(\angle XOY - \angle XON) = 2\angle YON = \angle YOY'.
\end{aligned}
$$
Следовательно, треугольники $X'OY'$ и $XOY$ равны по двум сторонам и углу между ними (на самом деле, мы показали, что они совмещаются поворотом с центром в точке $O$ на угол $\angle YOY' = \angle XOX'$). Тогда $X'Y' = XY$. Поскольку $AX' = BX$, $AY' = CY$ из симметрии, получаем, что треугольник $AX'Y'$ составлен из отрезков, равных $XY$, $BX$ и $CY$, что и требовалось.
Третий способ.По теореме синусов радиус окружности, описанной около $AXOY$, равен $\frac{AO}{2\sin \angle AXO}$, а радиус окружности, описанной около $BXOD$, равен $\frac{BO}{2\sin\angle BXO}$. Поскольку $BO = AO$, $\angle BXO + \angle AXO = 180^\circ$, получаем, что радиусы этих двух окружностей равны. Проводя аналогичное рассуждение для четырёхугольников $AXOY$ и $CYOD$, получаем, что радиусы окружностей, описанных около всех трёх четырёхугольников $AXOY$, $BXOD$ и $CYOD$ равны. Обозначим эти окружности $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$ соответственно (рис. 3). Для того чтобы показать, что из отрезков $BX$, $XY$, $YC$ можно сложить треугольник, достаточно проверить, что вписанные углы, опирающиеся на эти отрезки в окружностях $\omega_2$, $\omega_1$, $\omega_3$ соответственно, в сумме дают $180^\circ$.
Убедимся в этом. Заметим, что
$$
\begin{aligned}
\angle BOX + \angle COY &= \angle BDX + \angle CDY =\&= 180^\circ - \angle ODX - \angle ODY = 180^\circ - \angle OBA - \angle OCA = \&= 180^\circ - (90^\circ - \angle ACB) - (90^\circ - \angle CBA) = \angle ACB + \angle CBA.
\end{aligned}
$$
Таким образом, $$\angle XAY + \angle BOX + \angle COY = \angle BAC + \angle ACB + \angle CBA = 180^\circ,$$
что и требовалось доказать.