Gọi M là trung điểm của BC. Ta có:

• Do EF là đường phân giác của tam giác ABC, nên theo định lí phân giác, ta có: ∠EBF = ∠ECF.
• Tương tự, do EF là đường phân giác, nên ∠EAF = ∠EAC + ∠CAF = ∠EBC + ∠CBF = ∠EBF + ∠CBF = ∠ECF + ∠CBF = ∠ECB.
• Vì ∠EBF = ∠ECB, nên tam giác EBF đồng dạng với tam giác ECB (theo góc - góc).
• Tương tự, ta cũng có tam giác ECF đồng dạng với tam giác BCF.

Từ đó, ta có tỷ số đồng dạng:
EB/EC = BF/BC
EC/EB = CF/BC

Kết hợp hai tỷ số trên, ta có:
(BF/BC) * (EC/EB) = 1

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EFN và đường NP, ta có:
(AF/FN) * (NP/PE) * (EQ/QF) = 1

Vì N là trung điểm của AC, nên AF = FN. Khi đó, ta có:
(NP/PE) * (EQ/QF) = 1

Từ đó, ta suy ra:
NP/PE = QF/EQ

Do đó, tam giác NPE đồng dạng với tam giác QFE (theo tỷ số cạnh bên).

Vì tam giác NPE đồng dạng với tam giác QFE, nên ∠NEP = ∠QEF.

Ta có:
∠NEP + ∠PEO + ∠QEF + ∠FEO = 180° (tổng các góc trong tam giác)
∠NEP + ∠PEO + ∠NEP + ∠FEO = 180° (vì ∠NEP = ∠QEF)
2∠NEP + ∠PEO + ∠FEO = 180°

Vì ∠PEO + ∠FEO = ∠POE = 90° (do OI là đường tiếp tuyến của (O)), nên ta có:
2∠NEP + 90° = 180°
2∠NEP = 90°
∠NEP = 45°

Vậy, ta có ∠NEP = 45°. Từ đó, suy ra ∠NEP = ∠QEA = 45°.

Vì ∠QEA = 45°, nên AQ ⊥ OI.

Vậy, ta đã chứng minh được AQ ⊥ OI.

1. 1.Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
2.  

Gọi a_n là số thứ n trong dãy số đã cho. Ta sẽ chứng minh rằng không có 6 số liên tiếp trong dãy số đã cho có giá trị là 0, tức là a_i ≠ 0 với mọi i sao cho 1 ≤ i ≤ 6.

• Với i = 1, 2, 3, 4, 5, ta thấy rằng a_i ≠ 0.
• Giả sử với mọi i sao cho 1 ≤ i ≤ k (với k ≥ 5), đều có a_i ≠ 0. Ta sẽ chứng minh rằng a_(k+1) ≠ 0.

Nếu a_k ≠ 0, a_(k+1) ≠ 0 do a_(k+1) = chữ số tận cùng của tổng 6 số đứng ngay trước nó, và các số này đều khác 0.

Nếu a_k = 0, ta xét 5 số đứng trước nó: a_(k-4), a_(k-3), a_(k-2), a_(k-1), a_k. Vì a_k = 0, nên tổng của 6 số này chính là tổng của 5 số đầu tiên, và theo giả thiết quy nạp, không có 5 số liên tiếp trong dãy số đã cho có giá trị là 0. Do đó, a_(k+1) ≠ 0.

Vậy, theo nguyên tắc quy nạp, ta có dãy số đã cho không chứa 6 số liên tiếp bằng 0.

2. 2. Khi a, b, c là các số nguyên, ta có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp rằng sau hữu hạn bước biến đổi, trong bộ 3 thu được có ít nhất 1 số bằng 0.

• Với a, b, c bất kỳ, ta có ∣a−b∣, ∣b−c∣, ∣c−a∣ ≥ 0. Nếu một trong ba số này bằng 0, ta đã tìm được số bằng 0.
• Giả sử sau k bước biến đổi, trong bộ 3 thu được có ít nhất 1 số bằng 0. Ta sẽ chứng minh rằng sau k+1 bước biến đổi, trong bộ 3 thu được cũng có ít nhất 1 số bằng 0.

Giả sử trong bộ 3 thu được sau k bước biến đổi, có a = 0. Khi đó, ta chỉ cần chứng minh rằng trong 2 số còn lại, có ít nhất 1 số bằng 0.

Nếu b = 0 hoặc c = 0, ta đã tìm được số bằng 0.

Nếu b và c đều khác 0, ta có:

∣b−c∣, ∣c−a∣, ∣a−b∣ ≥ 1

Do đó, trong 3 số ∣b−c∣, ∣c−a∣, ∣a−b∣, không có số nào bằng 0. Khi đó, ta có:

∣∣b−(b−c)∣−∣c−a∣∣=∣a−b∣

Vậy, ta có thể thay bằng b - (b - c) để giảm số lượng biến đổi. Sau đó, ta lại áp dụng phương pháp quy nạp để chứng minh rằng trong bộ 3 thu được sau k+1 bước biến đổi, có