точка o - середина медианы am треугольника abc, bo = bm. прямая co пересекает сторону ab...

По теореме Менелая для треугольника $ABM:\dfrac{BK}{AK}\cdot \dfrac{AO}{OM}\cdot \dfrac{MC}{CB}=1$

$\dfrac{BK}{AK}\cdot \dfrac{MC}{2MC}=1$ откуда $\dfrac{BK}{AK}=2.$

Аналогично, по теореме Менелая для треугольника $BKC:$

$\dfrac{BM}{MC}\cdot \dfrac{CO}{OK}\cdot \dfrac{KA}{AB}=1~\Rightarrow~\dfrac{CO}{OK}\cdot \dfrac{AK}{AK+2AK}=1~~\Rightarrow~~ CO=3OK$

Продлим $CK$ до пересечения на прямой $BD \parallel AM$ . $BO$ — медиана треугольника $DBC,~ DO=CO$ . Тогда $\angle DKA=\angle BKO$ (как вертикальные), $DA=BO$ (т.к. BO = BM, но ADBM - параллелограмм). Отсюда трапеция $ADBO$ — равнобедренный и у него диагонали равны, т.е. $DO=AB$ . Отсюда $DO=CO=3OK=AB=3AK~\Rightarrow~ OK=AK$

Что и требовалось доказать.