En el paralelogramo $ABCD$, la longitud del lado $AB$ es igual a la mitad de la del lado $BC$. La bisectriz del ángulo $A \hat{B} C$ corta al lado $AD$ en $K$ y a la diagonal $AC$ en $L$. La bisectriz del ángulo $A \hat{D} C$ corta a la prolongación del lado $AB$ en $M$, con $B$ entre $A$ y $M$. La recta $ML$ corta al lado $AD$ en $F$. Calcular el cociente $\frac{AF}{AD}$.
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Definimos Q como el punto de intersección entre CB y DM, y P como la intersección de AC con DM.
Por ángulos tenemos que 2AK = AD = BC = 2AB = 2CD. Se ve que el triangulo AKB y QCD son congruentes.
Luego por Thales 2LK = PD = BL (3LK = BK). Notemos que los triángulos AMD y AKB con semejantes tal que 2BK = MD.
Finalizando 6LK = MD y 6FK = FD (FKL y FDM son semejantes).
AK = KD = 5FK. Entonces AF = 4FK y AD = 10FK = AK + KD.
Por ultimo AF/AD = 4/10.
Por bisectriz y por alternos internos tenemos que $A\widehat BK=K\widehat BC=B\widehat KA$, así que $AK=AB=\dfrac{AD}{2}$, luego por Thales resulta $\dfrac{KL}{LB}=\dfrac{AK}{BC}=\dfrac{1}{2}$. Tenemos también que $DM\parallel BK$ por ser bisectrices de ángulos opuestos de un paralelogramo, así que por Thales obtenemos $\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{AK}{AD}=\dfrac{1}{2}$, de donde $B$ es el punto medio de $AM$ y $\dfrac{BM}{MA}=\dfrac{1}{2}$. Por Menelao en $ABK$ tenemos que$$\frac{AF}{FK}\frac{KL}{LB}\frac{BM}{MA}=1,$$con lo que $\dfrac{AF}{FK}=4$, de modo que $AF=4FK$, por lo que $AK=5FK$, lo que nos da $\dfrac{AF}{AK}=\dfrac{4}{5}$, y así $\dfrac{AF}{AD}=\dfrac{AF}{2AK}=\dfrac{2}{5}$.
Sean $E=CM\cap BD$ y $G=ML\cap BD$, entonces $\dfrac{AF}{AD}=\dfrac{BG}{BE}$. Igual que antes vemos que $K$ y $E$ son puntos medios de los lados del paralelogramo, así que $\dfrac{AF}{AD}=2\dfrac{BG}{BC}$. Igual que antes vemos que $\dfrac{AL}{LC}=\dfrac{1}{2}$ y que $\dfrac{BM}{MA}=\dfrac{1}{2}$, así que Menelao en $ABC$ nos da que $DG=4BG$, y por lo tanto que $\dfrac{BG}{BC}=\dfrac{1}{5}$. Entonces $\dfrac{AF}{AD}=\dfrac{2}{5}$.
Por bisectriz $\angle ABK = \angle KBC$ por ángulos entre paralelas $\angle KBC = \angle AKB$, también por bisectriz y por paralelogramo sabemos que $\angle ADM = \angle ABK = \angle AKB$ entonces $BK \parallel MD$ lo cual termina de concluir que $\angle ADM = \angle AMD = \angle AKB = \angle ABK $. Por lo tanto $AB = AK$, pero como $AD = 2AB$, entonces $K$ es punto medio de $AD$. WLOG $AD = 4$, lo cual nos deja con que $AK = AB = BM = 2$.
Marcamos $E$ en $AD$ tal que $LE \parallel AM$, luego por semejanza en $\triangle ALE \sim \triangle ACD$: $\frac{CD}{AD} = \frac{LE}{AE} \Rightarrow 2AE = LE$, además por paralelas sabemos que $\angle ELK = \angle EKL \Rightarrow LE = EK$, entonces $LE = 2AE = EK = x$, y como $AK = 2 \Rightarrow AE + EK = 2 \Rightarrow 2x + x = 2 \Rightarrow x = \frac{2}{3}$.
Después veamos que $\triangle LEF \sim \triangle MAF \Rightarrow \frac{AM}{EL} = \frac{AF}{EF} \Rightarrow \frac{4}{x} = \frac{2x + EF}{EF} \Rightarrow \frac{4}{\frac{2}{3}} = \frac{2.\frac{2}{3} + EF}{EF} \Rightarrow 6EF = \frac{4}{3} + EF \Rightarrow EF = \frac{4}{15}$
