Staffetta geometria?

[Anér]

Da qui il problema 7 e la sua soluzione:

Siano $ ABC $ un triangolo rettangolo e $ r $ una retta passante per il vertice dell'angolo retto $ A $. Dette $ P $ e $ Q $ le proiezioni di $ B $ e $ C $ su $ r $, si consideri la circonferenza avente come diametro $ PQ $. Dimostrare che tutte le circonferenze che si possono costruire in questo modo passano per uno stesso punto.

Sia $ H_A $ il piede dell'altezza da A, allora $ H_A $ soddisfa la tesi.

Infatti, per la ciclicità di $ AH_APB $ e $ AH_AQC $, $ \angle PH_AQ = \angle PH_AA+\angle AH_AQ =\angle ABP + \angle ACQ $.
Inoltre $ \angle ABP + \angle ACQ = 90°-\angle BAP + 90°-\angle CAQ = 180°-(180°-\angle BAC)= \angle BAC = 90° $, quindi $ \angle PH_AQ=90° $.

[Anér]

Da qui il problema 8 e la sua soluzione:

Sono dati un triangolo $ ABC $ e tre ceviane AD, BE, CF concorrenti. Siano M, N e P punti su EF, FD e DE rispettivamente.
Allora AM, BN, CP concorrono se e solo se DM, EN e FP concorrono.

Sia O il punto di concorrenza delle 3 ceviane iniziali. Con una proiettività posso mandare A,B,C,O nei vertici di un triangolo equilatero e nel suo centro (o se preferite posso mandare O nel baricentro del trasformato di ABC). La tesi sulla figura trasformata è equivalente a quella originale, nel senso che si può fare la proiettività inversa. Ora abbiamo che AB è parallelo a EF e simili. Se la retta AM taglia BC in M' abbiamo che per Talete BM'/M'C=FM/ME, e similmente per gli altri lati definendo N' e P'. Le ceviane del triangolo DEF concorrono se e solo se $ \frac{FM\cdot EP\cdot DN}{ME\cdot PD\cdot NF}=-1 $ per il teorema di Ceva; le ceviane AM', BN' e CP' concorrono se e solo se vale la stessa relazione, sostituendo opportunamente i rapporti tra i segmenti.

Da qui il problema 9 e la sua soluzione:

Abbiamo un pentagono ABCDE circoscritto a una circonferenza. Siano A',B',C',D',E' i punti di tangenza dei lati opposti rispettivamente ad A,B,C,D,E. Dimostrare che se AA',BB',CC',DD' concorrono, anche EE' concorre con le altre.

Trovo il polo della retta $AA'$ rispetto alla circonferenza. Basta intersecare le polari di $A'$ e $A$, che sono $A'A'$ e $C'D'$ e definisco tale intersezione $1$. Analogamente
$A'A' \cap D'C'=1$
$E'E' \cap C'B'=2$
$D'D' \cap B'A'=3$
$C'C' \cap A'E'=4$
$B'B' \cap E'D'=5$
Siccome le polari di alcuni punti concorrono se e solo se i poli sono allineati, voglio dimostrare che $1234$ allineati implica che $5$ sta sulla stessa retta. Chiamo $r$ la retta $1234$
Ora applico Pascal a $D'C'C'A'A'E'$ ottenendo che $D'C' \cap A'A'=1$, $C'C' \cap A'E'=4$ e $C'A' \cap E'D'=5'$ sono allineati. Praticamente ho ottenuto che $145'$ sono allineati, quindi 5' sta sulla retta $r$ ed è il punto in cui concorrono $r$, $E'D'$ e $C'A'$. Suppongo per assurdo che la retta $B'B'$ non passi per 5, ovvero che $5 \neq 5'$.
Applico Pascal a $E'D'D'B'B'A'$ e ho che $E'D' \cap B'B' =5$, $D'D' \cap B'A'=3$ e $D'B' \cap A'E'$ sono allineati. (*)
Applico Pascal a $B'D'E'E'A'C'$ e ho che $B'D' \cap E'A'$, $D'E' \cap A'C'=5'$ e $E'E' \cap C'B'=2$ sono allineati.
Quindi da quest'ultima ho ottenuto che $B'D' \cap E'A'$ sta sulla retta $25'$ che poi è proprio la retta r. Ma d'altra parte per la (*), 5 sta sulla retta che congiunge 3 e $D'B' \cap A'E'$, ma se quest'ultimo sta su r, proprio come 3, allora 5 sta su r.
Siccome è assurdo che $5$ e $5'$ stiano contemporaneamente su r si deve avere che $5=5'$ e quindi abbiamo la tesi.