P5. Sobreexplotando la configuración del ortocentro con una concurrencia.

Note que $\angle HAE = \angle HBC = \angle HDC$. Esto quiere decir que $\triangle ACD$ es isósceles con $AC=DC$ y por lo tanto, $BC$ es todotriz sobre $AD$ y $\angle ACD$. Ahora, como $AEFD$ es cíclico por condiciones del problema y la igualdad de ángulos de arriba, $AEFD$ es un trapecio isósceles, por lo que $EF \parallel AD$. Por teorema de Tales (versión 1), $CE=CF$ y $EA=FD$ (versión 2). Sea $G$ la intersección de $BC$ con $AD$, que por ser $BC$ todotriz, $AG=DG$. Por último, usando el teorema de Ceva en $ACD$:

$$\frac{AG}{GD}\cdot \frac{DF}{FC}\cdot \frac{CE}{EA}=1$$

Lo cual es cierto porque $\frac{DF}{FC}=\left(\frac{CE}{EA}\right)^{-1}$