Per finire, provo l'ultimo
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Claim 1
$APQR$ è ciclico $\iff$ $H,M,O'$ sono allineati, dove $H$ è l'ortocentro, $M$ è il punto medio di $BC$ e $O'$ il simmetrico di $A$ rispetto a $O$.
Sia $\tau$ la trasformazione composta di inversione di centro $A$ e raggio $\sqrt{AB \cdot AC}$ + simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle CAB$.
$\tau(P)=O'$, la dimostrazione l'ho già fatta nella sfiziosità 1.
$\tau(Q)=M$: la retta $AL$ è simmediana e $Q=AL \cap \odot(ABC)$, quindi $\tau(Q)=\tau(AL) \cap \tau(\odot(ABC))$. Abbiamo che $AL$ rimane in sè stessa con l'inversione e va nella mediana con la simmetria. Dunque $\tau(Q)=AM \cap BC=M$.
$\tau(R)=H$: la circoscritta ad $OBC$ va nella circoscritta a $BCP'$, dove $P'=\tau(O)$ è il simmetrico di a rispetto a $P$ (e quindi anche a $BC$).$\tau(R)=\tau(AO) \cap \odot(P'BC)=AP \cap \odot(P'BC)$; la loro seconda intersezione (la primo è $P'$, che è l'immagine di $O$) è $H$: facendo infatti la simmetria rispetto a $BC$ l'intersezione va in $AP \cap \odot(ABC)$, che è proprio il simmetrico di $H$ rispetto a $BC$.
Dato che $\tau$ manda una circonferenza passante per il centro in una retta non passante per il centro, $APQR$ è ciclico $\iff$ le immagini di $R,Q,P$, ossia $H,M,O'$, sono allineate.
Claim 2
$H,M,O'$ sono allineati.
Lo dimostro in due modi:
Modo 1: sintetica
Si ha $MC=MB$ per definizione.
Si ha $\angle MBH=\angle CBH=90^\circ - \gamma$ e $\angle MCO'=\angle BCO'=\angle BAO'=\angle CAH=90- \gamma$, dove la seconda uguaglianza si ha perchè insistono sullo stesso arco e la terza perchè $H$ e $O$ sono coniugati isogonali. Dunque $\angle MBH=\angle MCO'$.
Dalla similitudine dei triangoli rettangoli $ABP$ e $AO'C$ si ricava $\frac{2R}{O'C}=\frac{AB}{BP} \to O'C=\frac{BP}{sen \gamma}=BH$ col teorema dei seni.
Per il primo criterio si ha quindi $MBH=MCO'$, dunque $\angle BMH=\angle CMO'$, che implica l'allineamento.
Modo 2: baricentriche
$\frac{[BO'C]}{[BAO']}$ è il rapporto fra le altezze relative a $BO'$ nei due triangoli, dunque vale $-\frac{c}{a \cdot cos \beta}$.
$\frac{[AO'C]}{[BAO']}$ è il rapporto fra le altezze relative a $BO'$ nei due triangoli, dunque vale $-\frac{b}{a \cdot cos \gamma}$.
Dunque si ha:
$M=[0:1:1]$
$H=[\frac{a}{cos \alpha}:\frac{b}{cos \beta}:\frac{c}{cos \gamma}]$
$O'=[-a:\frac{b}{cos \gamma}:\frac{c}{cos \beta}]$.
Dimostriamo che il determinante delle coordinate vale 0. $\begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ \frac{a}{cos \alpha} & \frac{b}{cos \beta} & \frac{c}{cos \gamma} \\ -a & \frac{b}{cos \gamma} & \frac{c}{cos \beta} \end{vmatrix} = 0 \to -\frac{c}{cos \gamma}+\frac{b}{cos \gamma \cdot \cos \alpha}+\frac{b}{cos \beta}-\frac{c}{cos \beta \cdot \cos \alpha}=0 \to
\\ -c \cdot cos \alpha \cdot cos \beta+b \cdot cos \beta+b \cdot cos \alpha \cdot \cos \gamma-c \cdot cos \gamma =0 \to
\\ -c \cdot cos \alpha \cdot cos \beta+b \cdot cos \beta-a \cdot cos \beta \cdot \cos \gamma=0 \to
\\ a \cdot cos \gamma \cdot cos \beta -a \cdot cos \beta \cdot \cos \gamma =0 $.
Quest'ultima è banalmente vera (negli ultimi 2 passaggi ho sfruttato il teorema delle proiezioni).