$(\Leftarrow)$∠ＡＰＸ＝∠ＢＰＹのとき
∠ＡＰＢ’＝∠ＡＰＸ＋∠ＸＰＢ’
＝∠ＢＰＹ＋∠ＸＰＢ’
＝∠Ｂ’ＰＹ＋∠ＸＰＢ’（∵Ｂ，Ｂ’はＸＹに関して対称）
＝∠ＸＰＹ＝１８０°
３点Ａ，Ｐ，Ｂ’は一直線上にあるから，点ＰはＡＢ’とＸＹの交点であり，ＡＰ＋ＢＰを最小にする点である．$\blacksquare$

命題1をちょっと書き換えてみました．
命題2
△ABCは面積一定で，辺BCは固定している．このような△ABCのうち AB+ACが最小であるものはAB=ACの２等辺三角形である．

証明
　 ∠ＢＡＸ＝∠ＣＡＹ
および錯角より
∠Ｂ＝∠Ｃ$\blacksquare$

命題2より1辺が固定している面積一定の三角形で周の長さが最小なものは二等辺三角形であることが分かります．


命題1は楕円の性質を利用して説明することができます．
2点$A,B$と直線$XY$が与えられている.
$A,B$を焦点とする楕円を少しずつ大きくし直線$XY$と接する場合を考える．
$(-c,0),(c,0)$が焦点の楕円は
$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{a^2-c^2}=1, (c < a)$
であるから，$a$を大きくしていけば，ある$a$の値で楕円は直線$XY$に接する．
直線$XY$と楕円の接点を$C$とする．
このとき，点$C$は直線$XY$上の点$P$で
$AP+BP$
を最小にする点である．
実際直線$XY$上の任意の点を$P,AP$と楕円との交点を$Q$とする.
$AP+PB=AQ+QP+BP \geqq AQ+QB=AC+BC$
等号が成り立つのは$P,C$が一致するときに限る．
したがって，楕円の性質より
$\angle ACX=\angle BCY　\cdots (\sharp)$
が成り立つとしてもよいし，命題1より楕円の性質$(\sharp)$を示してもよい．

最初に述べたように，鋭角三角形$\triangle ABC$の垂足三角形を$\triangle DEF$とすると
$\angle FDB=\angle EDC,\angle DEC=\angle FEA,$
$\angle EFA=\angle DFB$
が成り立ちます．
命題1より，次の命題3が分かります．
命題3
鋭角$\triangle ABC$の辺$BC,CA,AB$上にそれぞれ点$D,E,F$を取る．
このとき，次が成り立つ．
$DE+EF+FD$が最小$\Longrightarrow \angle FDB=\angle EDC,\angle DEC=\angle FEA,\angle EFA=\angle DFB$
証明
$P,Q,R$をそれぞれ辺$BC,CA,AB$上の点とする．
$\angle RPB\neq \angle QPC$
とすると，$BC$上に点$P'$を
$\angle RP'B=\angle QP'C$
で定めれば($BC$に関して対称な点をとり見つける)
$RP+PQ > RP'+P'Q$
より$PQ+QR+RP$は最小でない．$\blacksquare$

以後，三角形の各辺に頂点を取ってできる三角形を元の三角形の内接三角形と呼ぶことにする．
これで，
鋭角三角形の内接三角形でその周が最小になるのは垂足三角形である
が証明されたと思うかもしれませんが，もう少し丁寧に見てみましょう．
垂足三角形$DEF$の持つ性質である元の三角形と等角で交わるということは， $DE+EF+FD$が最小の必要条件です．すなわち，元の三角形と等角で交わるもの以外に最大値がないというだけで，他の内接三角形でこの条件を満たすものがあるかもしれません．
垂足三角形の周の長さは本当に他の内接三角形の周の長さ以下であるのかなど考えると少し心配になります．
一つ例を挙げます．
正の整数全体を$\mathbb{N}$とする．
$n$を任意の正の整数とすると$n^2$は正の整数です．
したがって$n$が$\mathbb{N}$の最大値をとすると
$n < n^2$
は成り立たない．すなわち
$n \leqq n^2$
を満たす．したがって,次の命題が成り立つ．
命題
正の整数において
$n$が最大値なら$n^2\leqq n$を満たす．

正の整数における
$n^2 \leqq n$
の解は$n=1$であるから正の整数における最大値は$1$である．
命題3とこの例を並べると，命題3で結論付けるのはまだ不十分であることが納得できると思います．
ちなみに例題で挙げた命題は真です．推論に問題はありません．別の見方をすれば，仮定を満たすものが存在しないとき結論はなんでも真となります．
この例は，解の存在の重要性を説明するときにしばしば用いられます．

さて
定理
鋭角三角形$ABC$の各辺$BC,CA,AB$上にそれぞれ$D,E,F$をとる．このとき，$DE+EF+FD$を最小にする$D,E,F$は各頂点から対辺に下ろした垂線の足である．

に戻ります．この定理を証明いたします．
証明を3つ紹介します．
$(1)$L.Fejerの証明
$P,Q,R$をそれぞれ辺$BC,CA,AB$上の任意の点とする．
まず点$P$を固定する．
辺$AB,AC$に関して点$P$と対称な点をそれぞれ$P',P''$とする．
直線$P'P''$と辺$AB,AC$との交点をそれぞれ$F',E'$とする．
このとき$PE'+E'F'+F'P$は$R,Q$が任意に動いたときの$PQ+QR+RP$の最小値である(命題1).
さらに,$E',F'$は
$\angle PE'C=\angle F'E'A,\angle AF'E'=\angle PF'B$
を満たす．
ここで
$PE'+E'F'+F'P=P'P''$
であり，
$AP'=AP''(=AP),\angle P'AP''=2A$
であるから
$P'P''=2AP'\sin A=2AP\sin A$
$P'P''(=PF'+F'E'+E'P)$は$AP$が最小のとき最小値を取るから，点$P$が頂点$A$ から辺$BC$に下ろした垂線の足$D$のとき最小値を取る．その最小値は$2AD\sin A$である．
$\triangle ABC$の頂点$A$から対辺$BC$に下ろした垂線の足を$D$とし，$AB,AC$に関して$D$と対称な点をそれぞれ$D',D''$,さらに$D'D''$と辺$AC,AB$との交点をそれぞれ$E,F$ とする．$E,F$が$B,C$から対辺に下ろした垂線の足であることを証明すれば証明が完成する．
まず，
$\angle EDC=\angle FDB$
を示す．
対称性より
$\angle D'=\angle ADF,\angle D''=\angle ADE$
さらに，$AD''=AD'(=AD)$より
$\angle D'=\angle D''$
$\therefore \angle ADF=\angle ADE$
さらに$AD\perp BC$であるから
$\angle EDC=\angle FDB$
以上で，$DE,EF,FD$が各辺と等角に反射すること，すなわち，
$\angle EDC=\angle FDB,\angle DFB=\angle EFA,\angle FEA=\angle DEC$
が示された．
次に，辺$BC,AC$に関して$F$と対称な点をそれぞれ$F',F''$とする．
$\angle FDB=\angle EDC,\angle DEC=\angle FEA$
より，$F',D,E,F''$は同一直線上にある．
対称性より
$\angle CFD=\angle CF'D,\angle CFE=\angle CF''E$
さらに$CF'=CF''$より$\angle CF'D=\angle CF''E$
したがって
$\angle CFD=\angle CFE$
ここで，
$\angle DFB=\angle EFA$
はすでに示してあるから$CF\perp AB$がしめされた．
$BE\perp CA$は同様である．$\blacksquare$

証明の中で，垂足三角形$\triangle DEF$の周の長さが$2AD\sin A$であることが分かりました．この値は$\triangle ABC$の固有の値で，頂点$A$の代わりに，$B,C$で行っても同じになるので
$2AD\sin A=2BE\sin B=2CF\sin C$
が成り立つはずです．この値を計算しましょう． $\triangle ABC$の面積を$S$,外接円の半径を$R$とすると
$2AD\sin A$
$=2\cdot \dfrac{BC}{2R}\cdot AD \ \ $(正弦定理)
$=\dfrac{2S}{R}$
したがって，次の命題が成り立つ．
命題4
鋭角三角形$\triangle ABC$の面積を$S$,外接円の半径を$R$とする．このとき垂足三角形の周の長さは$\frac{2S}{R}$である．

$(2)$Schwarz の証明
$\triangle ABC$の垂足三角形を$\triangle DEF$とすると，3つの線分$DE,EF,FG$が $\triangle ABC$の辺と等角に交わる，すなわち
$\angle FDB=\angle EDC,\angle DEC=\angle FEA, \angle EFA=\angle DFB$
が成り立つことは示されています．
$\triangle ABC$の辺$BC,CA,AB$上にそれぞれ$P,Q,R$を取った時
$DE+EF+FQ \leqq PQ+QR+RP$を示します．
使う内容はすでに述べた命題1を少し書き換えた
命題1'
$\triangle ABC$があり，点$P$は辺$AB$上の点，点$Q$は辺$AC$上の点である． 辺$BC$に関して点$Q$と対称な点を$Q'$とする．このとき辺$BC$上の点$R$について次が成り立つ．
$PR+QR$が最小$\Longleftrightarrow$3点$P,R,Q'$が一直線上にある．

をもちいます．
Schwarzは$\triangle ABC$を先ず，辺$BC$に関して対称移動し$\triangle A'BC$を作り，次に$\triangle A'BC$を辺$A'C$に関して対称移動し$\triangle A'B'C$を作る．辺$A'B',B'C',C'A''$に関する対称移動を続け，合わせて5回の対称移動により得られる6個の三角形を考える．
右図は$\triangle ABC$に垂足三角形$\triangle DEF$をかいて，対称移動して得られる図形である．命題1'より$2(DE+EF+FD)$は$D$から$D$までの太線分と一致する．
次に，辺$AB$とそれを5回対称移動して得られる辺$A''B''$の関係を調べる．
点$O$を中心とする回転角$\theta$ の回転移動を$R(O,\theta)$,ベクトル$\boldsymbol{v}$で定まる平行移動を$T(\boldsymbol{v})$,直線$l$に関する対称移動を$S(l)$と表す．
$R(A'',2\angle A) \circ R(B',2\angle B)\circ R(A',-2\angle A)$
$\circ R(B,-2\angle B)$
によって
$AB\mapsto A''B''$
である．
この回転移動を求めよう．
次の命題による．
命題5
$O,O'$は異なる点．$-\pi \leqq \theta,\phi < \pi$とする．
$(1) \ \theta +\pi \neq 0$のとき
$R(O',\phi)\circ R(O,\theta )=R(O'',\theta +\phi)$
ここで，$O''$は直線$OO'$を$O$の周りに$-\frac{\theta}{2}$回転した直線と直線$OO'$を $O'$の周りに$\frac{\phi}{2}$回転した直線の交点．
$(2) \ \theta +\phi =0$のとき
$R(O',\phi)\circ R(O,\theta )=T(\boldsymbol{v})$
ここで$\boldsymbol{v}$は直線$OO'$となす角$\frac{\theta}{2}$の直線と垂直で
$|\boldsymbol{v}|=OO'|\sin \frac{\theta}{2}|$
である．
証明
回転移動を対称移動の合成とみる．
$(1)$直線$OO'$を直線$l$,点$O$の周りに直線$l$を$-\frac{\theta}{2}$回転して得られる直線を$m$,$O'$の周りに直線$l$を$\frac{\phi}{2}$回転して得られる直線を$n$, 2直線$m,n$の交点を$O''$とする．
$R(O,\theta)=S(l)\circ S(m)$,
$R(O',\phi)=S(n)\circ S(l)$
であるから
$R(O',\phi)\circ R(O,\theta)=S(n)\circ S(l) \circ S(l)\circ S(m)$
$=S(n)\circ S(m)$
$=R(O'',\theta +\phi)$
$O''$は2直線$m,n$の交点．
$(2) \ \phi=-\theta$である．
直線$OO'$を直線$l$,点$O$の周りに直線$l$を$-\frac{\theta}{2}$回転して得られる直線を$m$,$O'$の周りに直線$l$を$\frac{\phi}{2}=-\frac{\theta}{2}$回転して得られる直線を$n$とする．
$R(O',\phi)\circ R(O,\theta)=S(n)\circ S(l) \circ S(l)\circ S(m)$
$=S(n)\circ S(m)$
である．ここで，$m\parallel n$である．$O$から直線$n$に下ろした垂線の足を$A$として
$\boldsymbol{v}=\overrightarrow{OA}$
で定めれば
$S(n)\circ S(m)=2T(\boldsymbol{v})$
である．
$|\boldsymbol{v}|=OO'|\sin \frac{\theta}{2}|$
であるから命題成り立つ．$\blacksquare$

$R(A'',2\angle A) \circ R(B',2\angle B)\circ R(A',-2\angle A)\circ R(B,-2\angle B)$
について考える．
$R(A',-2\angle A)\circ R(B,-2\angle B)=R(C,-2\angle A-2\angle B))=R(C,2\angle C)$
$R(A'',2\angle A)\circ R(B',2\angle B)=R(C',2\angle A+2\angle B))=R(C',2\angle C)$
$R(C',2\angle C)\circ R(C,-2\angle C)$
は平行移動$T(\boldsymbol{v})$であり命題5より
$|\boldsymbol{v}|=2CC'|\sin C|$
である．
したがって，四角形ABB''A''は平行四辺形で$AA''=2CC'\sin C$である．
$\triangle ABC$の垂足三角形$\triangle DEF$はまっすぐな線分$DD''$に対応し， $AD=A''D''$より四角形$ADD''A''$は平行四辺形．
$P$が線分$AB$上の$D$以外の点のとき．線分$A'B'$上の点$P'$,線分$A''B''$上の点$P''$ による線分$PP',P'P''$は$DD',D'D''$と交わるから$P,P',P''$は同一直線上にない．
したがって，鋭角三角形の内接三角形で周の長さを最小にするのは垂足三角形で，他にないことが示された．
ちなみに，
$DD''=2CC'\sin C$
$C$から$AB$に下ろした垂線の足を$H$とすると
$=4CH\sin C$
で証明4で求めた値と一致する．

$(3)$幾何学大辞典
上記の2つの証明はよく知ら れており，多くの書で扱われています．以下の述べる証明は幾何学大辞典（岩田至康編　槙書店）に載っているものです．
まず，四角形$ABCD$の面積$S$は対角線$AC,BD$のなす角を$\theta$とすれば
$S=\dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot BD\sin \theta$
であることに注意する．
これは，対角線$AC,BD$と平行な2辺の平行四辺形$PQRS$を考えれば成り立つことが分かる．
凸でない四角形の場合は四角形$ABCD$と同面積の$\triangle PBS$を考えればよい．
鋭角三角形$\triangle ABC$の辺$BC,CA,AB$上にそれぞれ点$P,Q,R$を取る．
ここで$PQ+QR+RP$の最小値を考える．
$\triangle ABC$の外心を$O$とし，四角形$PCQO,OQAR,ORBP$の面積をそれぞれ$S_1,S_2,S_3,\triangle ABC$の面積を$S$,外接円の半径を$r$とすると
$\dfrac{r(PQ+QR+RP)}{2}\geqq S_1+S_2+S_3=S$
等号が成り立つのは
$OA\perp QR,OB\perp RP,OC\perp PQ\cdots (\sharp)$
のとき．
$\triangle ABC$の垂足三角形$\triangle EFG$が$(\sharp)$を満たすことを示す．
$\triangle ABC$の垂足三角形を$\triangle DEF$とし，$AD,CF$の延長と外接円との交点をそれぞれ$D',F'$とする．角$a,b,c,d,e$を右図のように定める．
$\triangle ABC$の外心を$O$,垂心を$H$とする．
$HD=DD'$である．
$(\because a=b (=90^{\circ}-\angle C)=c$(弧$D'C$の円周角)
さらに，$BC\perp HD')$
同様に$HF=FF'$
中点連結定理より$DF\parallel D'F'$であるから$BO\perp DF$を示すには$BO\perp D'F'$を示せばよい．
$d=e(=90^{\circ}-\angle B)$
より
$BD'=BF'$
より
$BO\perp D'F'$
が分かる．$\blacksquare$

最後に，直角三角形，鈍角三角形の場合を考えます．
定理
$\triangle ABC$は$\angle A$が直角または鈍角の直角または鈍角三角形である．各辺$BC,CA,AB$上にそれ$P,Q,R$をとる．ただし，辺は端点も含む．このとき， $PQ+QR+RP$を最小にする$P,Q,R$は,点$P$は頂点$A$から対辺$BC$に下ろした垂線の足$H$で$Q,R$は頂点$A$のときであり，最小値は$2AH$である．
証明
$\triangle ABC$が$\angle A=90^{\circ}$の直角三角形のとき．
辺$AB,AC$に関して$P$と対称な点をそれぞれ$P',P''$とする．
ここで，$\angle A=90^{\circ}$であるから，3点$P',A,P''$は一直線上にある．
$PQ+QP+RP=P''Q+QR+RP'$
$\geqq P'P''=2AP$
$AP$が最小になるのは，点$P$が頂点$A$から辺$BC$に下ろした垂線の足のときである．
逆に，点$P$が頂点$A$から辺$BC$に下ろしてた垂線の足$H$で，$Q,R$が頂点$A$のとき
$PQ+QR+RP=2AH$
が成り立つ．
$\triangle ABC$が$\angle A$が鈍角の鈍角三角形のとき．
辺$BC$上に点$D$を
$\angle DAC=90^{\circ}$または$\angle DAB=90^{\circ}$
を満たすように取る．
$QR$と$AD$の交点を$S$,$A$から辺$BC$に下ろした垂線の足を$H$とする．
$PQ+QR+RP$
$\geqq PQ+QS+SP\geqq 2AH$
逆に点$P$を点$H$,点$Q,R$をともに点$A$とすると
$PQ+QR+RP=2AH \ \blacksquare$