自作問題に関連した命題

$P$の等角共役点を$Q$,
$P$の反垂足三角形の$A$側の頂点を$P_a$,
$P$から$BP$に引いた垂線と$BC,AB$の交点を$D,X$,
$P$から$CP$に引いた垂線と$BC,AC$の交点を$E,Y$とする．

$P\in\mathcal{K}\iff \tan{\angle{PBC}}\tan{\angle{QCB}}=\tan{\angle{PCB}}\tan{\angle{QBC}}$
$\iff PD\times PY=PE\times PX$
$\iff BC||XY$
角度計算から，$\measuredangle{AP}+\measuredangle{BC}=\measuredangle{BP}+\measuredangle{CP}+90^\circ \iff A-P-P_a$

$BC||XY$ならば$\triangle{ABC}\sim \triangle{AXY}$で対応する辺が平行.
$XP||BP_a,YP||CP_a$から$ABP_aC\sim AXPY$となり，$A-P-P_a$となる．

$A-P-P_a$ならば$ABP_aC\sim AXPY$で対応する辺が平行となるため，$BC||XY$.

任意の点$P\in \mathcal{K}$を$\sqrt{bc}$-反転した点がまた$\mathcal{K}$上にあることを示せばよい．
命題1より,$P$の等角共役点を$Q$,$P,Q$の反垂足三角形の$A$側の頂点を$P_a,Q_a$とすれば，
$A-P-P_a,A-Q-Q_a$　
よって角度追跡から$\triangle{ABP_a}\sim \triangle{AQC},\triangle{ABQ_a}\sim \triangle{APC}$
よって$P_a,Q_a$は$Q,P$を$\sqrt{bc}$-反転した点．

相似から$AP_a:AQ_a=AP:AQ$　ゆえに$P_aQ_a||PQ\perp BC$.
角度追跡から$P_a,Q_a$は等角共役点の組である．
したがって，$P_a$は$\mathcal{K}$上．

$AB\cap DC=E,AD\cap BC=F$とする．
四角形$BCDX$が平行四辺形となる点$X$をとれば，$C$中心の相似拡大を考えて$AX||A\infty$.
$\angle{BAD}$の二等分線に関する対称移動と$A$中心の半径$\sqrt{AB\times AD}$の反転の合成を$f$で表すと，
$f(B)=D,AB:AF=Af(F):AD$より$f(ABF)=DX$.
同様に,$f(ADE)=BX$であるから，$f(M)=X$.
したがって$AM$と$AX$は$\angle{BAD}$に関して等角共役．

$BC$と直交する方向の無限遠点を$\infty$とする．
$P,Q$の反垂足三角形の$A$側の頂点を$P_a,Q_a$とすれば，
命題2の証明から$\sqrt{bc}$-反転により
$(B,C)(D,E)(P,Q_a)$は移りあう．

$PP_a$の中点は$BC$の垂直二等分線上,$P_aQ_a\perp BC$から
$PQ_a$の中点$M$は$BC$の垂直二等分線上．
また，$BC,DE$の中点もBCの垂直二等分線上にある．

したがって，完全四辺形$BPCQ_a$のミケル点は$A$,ニュートン線は$BC$の垂直二等分線だから
補題3より$\angle{BPC}$に関して$PA,P\infty$は等角共役．
同様にして，完全四辺形$DPEQ_a$について考えて$\angle{DPE}$に関して$PA,P\infty$は等角共役．
これより，$\measuredangle{BPD}=\measuredangle{EPC}$.