まず、図を描く。
座標をとって描くと図Ａみたいなのができるけど、時間がかかるのでお勧めしない。

図の固定

問題文を読むと、点$\mathrm{O}$，$\mathrm{A}$，$\mathrm{B}$，$\mathrm{C}$はすべて平面α上にある。
なので、図Ｂのような平面αだけの図を描こう。

図の固定

点$\mathrm{C}$は点$\mathrm{O}$の右側ってことも考えられるけど、そうすると$\angle \mathrm{BOC}$は鈍角になる。
$\cos\angle \mathrm{BOC}$は負になるから、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$も負になる。
なので、これは不適だ。

それから、どうせ問題を解いてゆくと立体の図が必要になるんだろうけど、それはその時考えることにする。

$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}=(3,3,-6)$
より、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\right|=\sqrt{3^{2}+3^{2}+(-6)^{2}}$
       $=\sqrt{3^{2}(1+1+2^{2})}$
       $=3\sqrt{6}$式Ａ
である。

解答ア：３, イ：６

$\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=(2+2\sqrt{3},2-2\sqrt{3},-4)$
より、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right|=\sqrt{(2+2\sqrt{3})^{2}+(2-2\sqrt{3})^{2}+(-4)^{2}}$

解答ウ：４, エ：３

また、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$は、両方のベクトルの成分より、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=3(2+2\sqrt{3})$
                  $+3(2-2\sqrt{3})+(-6)(-4)$

解答オ：３, カ：６

$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$式Ｄ
とおく。

①より$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$⊥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$なので、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=0$
とかける。

これに式Ｄを代入して、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\left(s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right)=0$
より
$s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=0$
$s\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\right|^{2}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=0$
となる。

これに式Ａ，式Ｃを代入して、
$\left(3\sqrt{6}\right)^{2}s+36t=0$
$9\cdot 6s+36t=0$
$3s+2t=0$式Ｅ
と表せる。

また、①の
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=24$
に式Ｄを代入して、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\left(s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right)=24$
とかける。

これを計算して、
$s\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+t\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}=24$
より
$s\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}+t\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right|^{2}=24$
と表せる。

これに式Ｂ，式Ｃを代入して、
$36s+\left(4\sqrt{3}\right)^{2}t=24$
$36s+4^{2}\cdot 3t=24$
両辺を$12$で割って、
$3s+4t=2$式Ｆ
である。

この式Ｅ，式Ｆを連立方程式として解く。
式Ｆ-式Ｅより、

なので、
$t=1$
これを式Ｅに代入して、
$3s+2=0$
$s=-\displaystyle \frac{2}{3}$
となる。

解答キ：－, ク：２, ケ：３, コ：１

$s=-\displaystyle \frac{2}{3}$，$t=1$を式Ｄに代入して、
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$式Ｇ
より
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=-\frac{2}{3}(3,3,-6)+(2+2\sqrt{3},2-2\sqrt{3},-4)$
とかける。

これを計算して、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}=(-2,-2,4)+(2+2\sqrt{3},2-2\sqrt{3},-4)$
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$$=(2\sqrt{3},-2\sqrt{3},0)$式Ｈ
である。

よって、$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|$は、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+(-2\sqrt{3})^{2}+0^{2}}$
       $=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2} \cdot 2}$
       $=2\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}$
       $=2\sqrt{6}$
である。

解答サ：２, シ：６

$\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}-\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}$
とかける。

これに式Ｇを代入して、
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}-\left(-\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}\right)$
より
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}+\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}-\vec{\mathrm{O}\mathrm{B}}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$式Ｉ
であることが分かる。

いま、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}=(3,3,-6)$
なので、式Ｉは
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{2}{3}(3,3,-6)$
とかける。
これを計算して、
$\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=(2,2,-4)$
である。

解答ス：２, セ：２, ソ：－, タ：４

ここで、ベクトルの平行について復習しておく。

式Ｉより
$\displaystyle \vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}=\frac{2}{3}\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$
だった。

なので、復習より
$\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}$∥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$
であることが分かる。

また、
$\left|\vec{\mathrm{C}\mathrm{B}}\right|\neq\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}\right|$
である。

よって、四角形$\mathrm{OABC}$について、
$\mathrm{OA}$∥$\mathrm{CB}$
なので台形だけど、
$\mathrm{OA}\neq \mathrm{CB}$
なので平行四辺形ではない。

以上より、正しい選択肢は
③
である。

解答チ：３

それから、どうせ先で使うので、△$\mathrm{ABC}$（図Ｄの斜線の三角形）の面積も求めておこう。

$\mathrm{BC}$⊥$\mathrm{OC}$なので、$\mathrm{BC}$を底面とすると、△$\mathrm{ABC}$の高さは
$\mathrm{OC}=2\sqrt{6}$
である。

よって、△$\mathrm{ABC}$の面積は、
△$\displaystyle \mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\times$底辺$\times$高さ
△$\displaystyle \mathrm{ABC}$$\displaystyle =\frac{1}{2} \cdot \mathrm{BC}\cdot \mathrm{OC}$
△$\displaystyle \mathrm{ABC}$$\displaystyle =\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{6}$
△$\displaystyle \mathrm{ABC}$$ =2\cdot \sqrt{6}\cdot \sqrt{6}$
△$\mathrm{ABC}$$=12$式Ｊ
である。

やっぱり立体の問題になった。
なので、仕方がないから立体の図を描くと、図Ｅのようになる。

図の固定

点$\mathrm{D}$の座標（$\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}$の成分）を
$(x,y,1)$式Ｋ
とおく。

$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}$⊥$\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}$なので、
$(3,3,-6)\cdot(x,y,1)=0$
より
$3x+3y-6=0$
$x+y=2$式Ｌ
となる。

また、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}=2\sqrt{6}$に式Ｈと式Ｋを代入して、
$(2\sqrt{3},-2\sqrt{3},0)\cdot(x,y,1)=2\sqrt{6}$
より
$2\sqrt{3}x-2\sqrt{3}y=2\sqrt{6}$
$x-y=\sqrt{2}$式Ｍ
である。

この式Ｌ，式Ｍを連立方程式として解く。
式Ｌ$+$式Ｍより、

なので、
$x=\displaystyle \frac{2+\sqrt{2}}{2}$
$x$$\displaystyle =1+\frac{\sqrt{2}}{2}$

となる。

また、式Ｌ-式Ｍより、

なので、
$y=\displaystyle \frac{2-\sqrt{2}}{2}$
$y$$\displaystyle =1-\frac{\sqrt{2}}{2}$

である。

よって、点$\mathrm{D}$の座標（$\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}$の成分）は
$\displaystyle \left(1+\frac{\sqrt{2}}{2},1-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$
となる。

解答ト：１, ナ：２, ニ：２, ヌ：１, ネ：２, ノ：２

このとき、$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}\right|$は、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}\right|=\sqrt{\left(1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+1^{2}}$

よって、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\cdot\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}=2\sqrt{6}$は、$\angle \mathrm{COD}$（図Ｅのオレンジの角）を使って、
$\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{C}}\right|\cdot\left|\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}\right|\cos\angle \mathrm{COD}=2\sqrt{6}$
より
$2\sqrt{6}\cdot 2\cos\angle \mathrm{COD}=2\sqrt{6}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{COD}=\frac{1}{2}$
であることが分かる。

いま、$0^{\circ} \lt \angle \mathrm{COD} \lt 180^{\circ}$なので、
$\angle \mathrm{COD}=60^{\circ}$
である。

解答ハ：６, ヒ：０

図Ｅのように、点$\mathrm{D}$から$\mathrm{OC}$に垂線をおろした垂線の足を点$\mathrm{H}$とする。
このとき、△$\mathrm{ODH}$（茶色い三角形）は、
式Ｎより、$\mathrm{OD}=2$ ハヒより、オレンジの角は$60^{\circ}$ なので、各辺が$1$，$2$，$\sqrt{3}$の直角三角形だ。

よって、
$\mathrm{DH}=\sqrt{3}$
である。

また、
$\vec{\mathrm{D}\mathrm{H}}$⊥平面$\alpha$
だ。

よって、△$\mathrm{ABC}$を底面とする四面体$\mathrm{DABC}$（図Ｅのピンクの四面体）の高さは$\mathrm{DH}$で、
$\sqrt{3}$
である。

解答フ：３

もうちょっとだ。

四面体の底面（図Ｅの斜線の三角形）の面積は、式Ｊより
$12$ フより、四面体の高さは
$\sqrt{3}$ なので、四面体の体積$V$は、
$ V=\displaystyle \frac{1}{3}\times$底面積$\times$高さ
より
$V=\displaystyle \frac{1}{3}\cdot 12\cdot\sqrt{3}$
$V$$=4\sqrt{3}$
となる。

解答ヘ：４, ホ：３