Hệ thống hình học này khá phức tạp. Tôi sẽ trình bày lời giải chi tiết và chia làm hai phần để dễ theo dõi.

📐 Chứng minh AI = CK
Để chứng minh AI = CK, ta sẽ sử dụng định lý Talet và tính chất của hình bình hành.

1. Phân tích Tứ giác EBFD
Trước hết, ta xét các đường thẳng song song trong bài toán:

$DQ // EF$
$BK // EF$
Từ đó suy ra $DQ // BK$ (cùng song song với $EF$).
Xét tứ giác DBKQ:

Ta có $DQ // BK$.
Lại có $AB // CD$ (do $ABCD$ là hình bình hành), hay $AQ // BC$.
Như vậy, $DBKQ$ là một hình thang với hai cạnh đáy là $DQ$ và $BK$.
Sai: $DBKQ$ không phải là hình thang vì $DB$ và $QK$ không song song. Ta chỉ có $DQ // BK$.
Ta xét tam giác $\triangle ACQ$ và $\triangle CBK$

$DQ // EF$ và $BK // EF$ nên $DQ // BK$.
$Q$ thuộc $AB$, $M$ thuộc $CD$.
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\vec{AB} = \vec{DC}$ và $AB // DC$.
Do $DQ // BK$, ta áp dụng định lý Talet cho các tam giác có chứa $AC$:

Xét $\triangle ADQ$ và $\triangle CBK$ (không sử dụng được)
Xét $\triangle A D I$ và $\triangle C K B$

$I$ thuộc $AC$, $K$ thuộc $AC$.
Xét $\triangle A I D$ và đường thẳng $DQ$: Ta có $DQ // EF$.
Xét $\triangle C K B$ và đường thẳng $BK$: Ta có $BK // EF$.
Ta sử dụng một tính chất phụ:

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Áp dụng định lý Talet cho $\triangle A C B$ bị cắt bởi đường thẳng $B K // E F // D Q$:

Xét $\triangle A D C$ với đường thẳng $D I Q$: Không có đường song song nào đi qua $Q$ cắt $A D$ và $D C$.
Sử dụng định lý Talet trên đường chéo $AC$:

Do $DQ // BK$, xét tam giác $\triangle A B K$ bị cắt bởi $D Q$:

$\frac{A I}{I C} = \frac{A Q}{Q B} \times \frac{C K}{K A}$
(Công thức này không đúng)
Cách tiếp cận đúng:

Ta có $DQ // BK$.

Xét $\triangle A D C$ và $\triangle A B C$ có chung cạnh đáy $AC$.

Trong $\triangle A B K$ với đường thẳng $D Q // B K$, ta có: $\frac{A Q}{Q B} = \frac{A I}{I C} \times \frac{C D}{D Q}$ (Sai).
Áp dụng định lý Talet cho hai tam giác có $AC$ là cạnh chung:

Trong $\triangle A Q D$ và $\triangle B K D$: (Không có)
Trong $\triangle A D C$ với đường thẳng $D I Q$ (đường thẳng $D Q$ cắt $A C$ tại $I$):

Áp dụng định lý Talet cho $\triangle A C B$ bị cắt bởi $BK // DQ$:

Xét đường thẳng $D Q // E F$: $Q$ thuộc $AB$, $I$ thuộc $AC$.
Vì $A B // C D$, xét $\triangle A C D$: $Q$ không thuộc $A D$.
Ta sử dụng tính chất $\triangle A I Q \sim \triangle C I D$ (Sai)

Sử dụng Vecto hoặc Tỉ số diện tích:

Vì $DQ // BK$:

Trong $\triangle A B C$: $BK$ cắt $AC$ tại $K$.
Trong $\triangle A D C$: $DQ$ cắt $AC$ tại $I$.
Ta có $DQ // BK$.
Xét $\triangle A D I$ và $\triangle C B K$ (không đồng dạng).
Ta cần chứng minh $AI = CK$. Điều này tương đương với $I$ và $K$ đối xứng nhau qua trung điểm $O$ của $AC$.

Tức là chứng minh $\vec{O I} = - \vec{O K}$.
Tính tỉ số $AI/IC$ và $CK/KA$:

Trong $\triangle A D C$, $I$ thuộc $AC$. $D Q$ cắt $A B$ tại $Q$.
Trong $\triangle A B C$, $K$ thuộc $AC$. $B K$ cắt $C D$ tại $M$.
Sử dụng định lý Talet mở rộng (Đường thẳng $EF$ cắt ba đường thẳng $AB, AC, AD$):

Từ $D Q // E F$, xét $\triangle A D C$ có đường thẳng $D I$ cắt $A C$ tại $I$:

Không áp dụng được Talet trực tiếp.
Xét $\triangle A B C$ có đường thẳng $B K$ cắt $A C$ tại $K$:

Ta có $B K // E F$.
Quay lại $DQ // BK$

Gọi $O$ là trung điểm $AC$.
Xét $\triangle O I D$ và $\triangle O K B$:

$O D = O B$ (tính chất hình bình hành).
$\angle D O I = \angle B O K$ (góc đối đỉnh).
$\angle O D I = \angle O B K$ (so le trong do $D Q // B K$).
Vậy $\triangle O D I = \triangle O B K$ (g.c.g).
Do đó, $\mathbf{O I = O K}$.
Vì $O$ là trung điểm $A C$ và $O I = O K$, nên $\mathbf{A I = C K}$ (vì $A I = A O - O I$ và $C K = C O - O K$). $\blacksquare$

📐 Chứng minh $\frac{AB}{AE} + \frac{AD}{AF} = \frac{AC}{AN}$
Đây là định lý Menelaus áp dụng cho mặt phẳng.

1. Áp dụng Định lý Menelaus
Xét $\triangle A C D$ bị cắt bởi đường thẳng $E F$ tại $N$:

Đường thẳng $E N F$ cắt các cạnh $A C, C D, D A$.
Sai: $E$ thuộc $A B$, $F$ thuộc $A D$, $N$ thuộc $A C$. Đường thẳng $E F$ cắt $A C$ tại $N$.
Ta sẽ sử dụng $\vec{AN} = k \vec{AC}$.
Sử dụng Vecto:

Ba điểm $E, N, F$ thẳng hàng.
Ta có $\vec{AN} = (1 - t) \vec{AE} + t \vec{AF}$ (Sai, vì $A, E, F$ không thẳng hàng).
Sử dụng công thức tổng quát trong hình bình hành:

Gọi $E$ thuộc $A B$, $F$ thuộc $A D$. $A B C D$ là hình bình hành. $N = E F \cap A C$.

Ta có $\vec{A E} = k \vec{A B}$ và $\vec{A F} = m \vec{A D}$.
Vì $E, N, F$ thẳng hàng, ta có thể biểu diễn $\vec{A N}$ theo $\vec{A E}$ và $\vec{A F}$.

$\vec{A N} = x \vec{A E} + y \vec{A F} \quad \text{với } x + y = 1$
Mặt khác, $N$ nằm trên đường chéo $A C$. Ta có $\vec{A N} = z \vec{A C}$.
Trong hình bình hành $A B C D$: $\vec{A C} = \vec{A B} + \vec{A D}$.
Thay vào: $\vec{A N} = z (\vec{A B} + \vec{A D}) = z \vec{A B} + z \vec{A D}$.
Thay $\vec{A B} = \frac{1}{k} \vec{A E}$ và $\vec{A D} = \frac{1}{m} \vec{A F}$:

$\vec{A N} = z \left( \frac{1}{k} \vec{A E} \right) + z \left( \frac{1}{m} \vec{A F} \right) = \frac{z}{k} \vec{A E} + \frac{z}{m} \vec{A F}$
So sánh với $\vec{A N} = x \vec{A E} + y \vec{A F}$ với $x + y = 1$:

$x = \frac{z}{k}, \quad y = \frac{z}{m}$
$x + y = \frac{z}{k} + \frac{z}{m} = z \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{m} \right) = 1$
$\frac{1}{k} + \frac{1}{m} = \frac{1}{z}$
Từ giả thiết:

$E \in A B \implies \frac{A B}{A E} = \frac{|\vec{A B}|}{|\vec{A E}|} = \frac{1}{k}$ (vì $k = \frac{A E}{A B}$).
$F \in A D \implies \frac{A D}{A F} = \frac{|\vec{A D}|}{|\vec{A F}|} = \frac{1}{m}$ (vì $m = \frac{A F}{A D}$).
$N \in A C \implies \frac{A C}{A N} = \frac{|\vec{A C}|}{|\vec{A N}|} = \frac{1}{z}$ (vì $z = \frac{A N}{A C}$).
Thay vào đẳng thức:

$\frac{1}{k} + \frac{1}{m} = \frac{1}{z}$
$\frac{A B}{A E} + \frac{A D}{A F} = \frac{A C}{A N}$
$\blacksquare$