Che bel problema abbandonato miseramente!
1) $ \displaystyle~P=pol_\Gamma(A)\cap pol_\Gamma(C) $ implica $ \displaystyle~P = pol_\Gamma(AC) $ e $ \displaystyle~Q=pol_\Gamma(B)\cap pol_\Gamma(D) $ ci dà $ \displaystyle~Q = pol_\Gamma(BD) $, quindi $ \displaystyle~AC \cap BD = pol_\Gamma(PQ) $. Sappiamo però che $ \displaystyle~AC \cap BD \in pol_\Gamma(X) $ e $ \displaystyle~AC \cap BD \in pol_\Gamma(Y) $, da cui $ \displaystyle~AC \cap BD = pol_\Gamma(XY) $. Abbiamo quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(AC \cap BD)=XY=PQ $. Dunque le rette $ \displaystyle~XY~(r) $ e $ \displaystyle~PQ $ coincidono. (Si poteva anche mostrare con Pappo-Pascal sugli esagoni $ \displaystyle~AADCCB $ e $ \displaystyle~ADDCBB $)
2) Chiamiamo $ \displaystyle~F=AC \cap BD $ e $ \displaystyle~G=FY \cap CD $, $ \displaystyle~H=FY \cap AB $. $ \displaystyle~X\in AB $, quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(A) \cap pol_\Gamma(B) \in pol_\Gamma(X) $, ma $ \displaystyle~pol_\Gamma(X)=FY=HY $, quindi $ \displaystyle~pol_\Gamma(A),pol_\Gamma(B),HY $ concorrono in un punto $ \displaystyle~R $. Ora bisogna mostrare che $ \displaystyle~(X:Y:P:Q)=\frac{1}{(X:Y:M:N)}=(X:Y:N:M) $. Otteniamo $ \displaystyle~(X:Y:N:M)=(FX:FY:FN:FM)=(X:G:D:C) $$ \displaystyle~=(YX:YG:YD:YC)=(X:H:A:B)=(RX:RH:RA:RB) $. Ma $ \displaystyle~P\in pol_\Gamma(A)=RA $ e $ \displaystyle~Q\in pol_\Gamma(B)=RB $, inoltre $ \displaystyle~X,Y,P,Q $ sono allineati (v.
punto 1), dunque $ \displaystyle~(RX:RH:RA:RB)=(X:Y:P:Q) $
3) Credo che intendessi "$ \displaystyle~P\equiv N\land Q\equiv M $ e $ \displaystyle~ABCD $ ciclico se e solo se $ \displaystyle~ABCD $ è armonico" (la seconda correzione serve perché i punti possono coincidere anche su una conica generica). Supponiamo quindi d'ora in poi che $ \displaystyle~\Gamma $ sia una circonferenza. Grazie al
punto 1 $ \displaystyle~P\equiv N $ equivale a $ \displaystyle~P\in BD $ e $ \displaystyle~Q\equiv M $ equivale a $ \displaystyle~Q\in AC $. Dato che $ \displaystyle~P=pol_\Gamma(AC) $ e $ \displaystyle~Q=pol_\Gamma(BD) $ abbiamo $ \displaystyle~P\in BD $ sse $ \displaystyle~pol_\Gamma(BD)\in pol_\Gamma(P) $, cioè $ \displaystyle~Q\in AC $. Conseguentemente la tesi diventa "$ \displaystyle~P\in BD $ sse $ \displaystyle~ABCD $ armonico". Meglio partire prima dall'ipotesi $ \displaystyle~P\in BD $ e dimostrare che vale $ \displaystyle~AB\cdot CD=BC\cdot DA $ (definizione di quadrilatero armonico): abbiamo
$ \displaystyle~AD=DP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~ADP $)
$ \displaystyle~CD=DP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~CDP $)
$ \displaystyle~AB=AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{ABD}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~ABP $) $ \displaystyle~=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}} $ (angoli alla circonferenza)
$ \displaystyle~CB=CP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{CBD}}} $ (teorema dei seni su $ \displaystyle~CBP $) $ \displaystyle~=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}} $ (angoli alla circonferenza e $ \displaystyle~AP=CP $)
Quindi moltiplicando abbiamo:
$ \displaystyle~AB\cdot CD=-AP\cdot\frac{\sin{\widehat{APD}}}{\sin{\widehat{DAP}}}\cdot DP\cdot\frac{\sin{\widehat{CPD}}}{\sin{\widehat{DCP}}}=CB\cdot AD=BC\cdot DA $
Ora è ovvio anche il viceversa: se $ \displaystyle~ABCD $ è armonico sia $ \displaystyle~D' $ l'altro punto di intersezione di $ \displaystyle~BP $ con $ \displaystyle~\Gamma $. Anche $ \displaystyle~ABCD' $ è armonico (come abbiamo appena dimostrato); segue che $ \displaystyle~AB\cdot CD=BC\cdot DA $ e $ \displaystyle~AB\cdot CD'=BC\cdot D'A $, da cui $ \displaystyle~\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}=\frac{AD'}{D'C} $. Ma il luogo dei punti che hanno il rapporto delle distanze da $ \displaystyle~A $ e $ \displaystyle~C $ costante è una circonferenza (detta di Apollonio). $ \displaystyle~B,D,D' $ sono intersezioni di quest'ultima con $ \displaystyle~\Gamma $, ma dato che $ \displaystyle~A,C\in\Gamma $ queste circonferenze sono distinte e dunque possono avere al più due intersezioni: siccome $ \displaystyle~B $ e $ \displaystyle~D $ sono distinti deve per forza essere $ \displaystyle~D\equiv D' $, cioè $ \displaystyle~B,D,P $ allineati, da cui $ \displaystyle~P\in BD $
P.S.:
Nel titolo forse volevi battere una "t" al posto della "r" (i tasti sono incredibilmente vicini) 
