Пусть C – середина дуги A₃A_n–1. Прямые A₂A_2n и OC параллельны как перпендикуляры к диаметру A₁A_n+1. Диагонали A₃A_n и A_n–1A₂ симметричны относительно прямой OC, поэтому точка F лежит на ней. Далее можно рассуждать по-разному.   Первый способ. Пусть B – середина дуги A₁A_2n (рис. слева). Диагонали A₁A_2n–1 и A_2nA₂ симметричны относительно прямой OB, поэтому пересекаются на ней в точке S. Прямые OB и A₂A_n–1 параллельны ввиду равенства дуг, заключённых между ними. Следовательно, FOSA₂ – параллелограмм.

  При симметрии относительно диаметра A₁A_n+1 точка P переходит в точку Q пересечения диагоналей A₁A_2n–1 и A_2nA₄. Прямые A₁A_2n–1 и A₂A_2n–2, очевидно, параллельны. Прямые PQ и A₂A_2n параллельны как перпендикуляры к диаметру A₁A_n+1. Следовательно, PQSA₂ – параллелограмм.

  Значит, отрезок PQ параллелен и равен отрезку A₂S, а он, в свою очередь, отрезку FO. То есть PQOF – тоже параллелограмм. Поэтому  PF = QO = PO.

  Второй способ. Пусть A₂A_2n и A₁A₃ пересекаются в точке K (рис. справа). Заметим, что углы A₃KA₂, A₃OA₂, A₃FA₂ измеряются дугой A₃A₂. Значит, точки A₃, A₂, K, О и F лежат на одной окружности. Следовательно, трапеция KOFA₂ – равнобокая.

  Угол A_2nA₂A_2n–2 также измеряется дугой A3A₂. Поэтому треугольник KPA₂ – равнобедренный, то есть Р лежит на серединном перпендикуляре к отрезку KA₂, а этот перпендикуляр является осью симметрии указанной трапеции. Следовательно,  PF = PO.

Ответ задачи отсутствует