この問題は先が読みにくいので、深く考えずに問題の流れに沿ってゆこう。

図Ａのふたつの赤いベクトルは平行で、大きさが $a:1$ なので、
$\overrightarrow{\mathrm{A_{1}A_{2}}}=a\overrightarrow{\mathrm{B_{1}C_{1}}}$
とかける。

解答ア：ａ

これは
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{B_{1}C_{1}}}&=\dfrac{1}{a}\overrightarrow{\mathrm{A_{1}A_{2}}}\\ &=\dfrac{1}{a}\left(\overrightarrow{\mathrm{OA}}_{2}-\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right)\class{tex_formula}{式Ａ} \end{align} $$ と変形できる。

同様に、
緑のふたつのベクトルから
$\overrightarrow{\mathrm{A_{2}B_{1}}}=a\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}$式Ｂ
青いふたつのベクトルから
$\overrightarrow{\mathrm{A_{1}C_{1}}}=a\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}$式Ｃ
とかける。

ここで、図Ｂの
赤いベクトル $=$ 緑のベクトルの和
なので
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{B_{1}C_{1}}}&=\overrightarrow{\mathrm{B_{1}A_{2}}}+\overrightarrow{\mathrm{A_{2}O}}+\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}+\overrightarrow{\mathrm{A_{1}C_{1}}}\\ &=-\overrightarrow{\mathrm{A_{2}B_{1}}}-\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}+\overrightarrow{\mathrm{A_{1}C_{1}}} \end{align} $$ だけど、これに式Ｂ，式Ｃを代入すると

途中式

$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{B_{1}C_{1}}}&=-a\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}-\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\\ &=(a-1)\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+(-a+1)\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}} \end{align} $$ より

$\overrightarrow{\mathrm{B_{1}C_{1}}}=(a-1)\left(\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}-\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right)$
となる。

解答イ：ａ, ウ：１

これと式Ａは同じ$\overrightarrow{\mathrm{B_{1}C_{1}}}$なので、
$\dfrac{1}{a}\left(\overrightarrow{\mathrm{OA}}_{2}-\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right)=(a-1)\left(\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}-\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right)$
より
$\dfrac{1}{a}=a-1$
と表せる。

これを解くと

途中式

$a^{2}-a-1=0$
$$ \begin{align} a&=\dfrac{1\pm\sqrt{1-4(-1)}}{2}\\ &=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2} \end{align} $$ $0 \lt a$なので

$a=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$
であることが分かる。

(2)は立体（空間ベクトル）だ。
と言っても、前半は正十二面体のひとつの面上にあるベクトルを考えるから、実質平面ベクトルだけれど。

図Ｃの黄色い面上で
赤いベクトル $=$ 緑のベクトルの和
なので
$\overrightarrow{\mathrm{OB_{1}}}=\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+\overrightarrow{\mathrm{A_{2}B_{1}}}$
だけど、これに式Ｂを代入すると、
$\overrightarrow{\mathrm{OB_{1}}}=\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}$式Ｄ

同様に、オレンジの面で
紫のベクトル $=$ 青いベクトルの和
より
$\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}=\overrightarrow{\mathrm{OA_{3}}}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}$式Ｆ
である。

次に、図Ｄの赤いふたつのベクトルの内積を求める。

$\left|\overrightarrow{\mathrm{A_{1}A_{2}}}\right|=a$
なので
$\overrightarrow{\mathrm{A_{1}A_{2}}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{A_{1}A_{2}}}=a^{2}$
だ。

これはさらに
$\left(\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}-\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right)\cdot \left(\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}-\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right)=a^{2}$
より

途中式

$\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}-2\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}=a^{2}$
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\right|^{2}-2\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+\left|\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right|^{2}=a^{2}$
$1-2\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+1=a^{2}$
$2\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}=2-a^{2}$

$\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}=1-\dfrac{1}{2}a^{2}$
と変形できる。

これに$a$の値を代入すると、
$\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}=1-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2}$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}}&=1-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1+2\sqrt{5}+5}{4}\\ &=1-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{6+2\sqrt{5}}{4}\\ &=\dfrac{4}{4}-\dfrac{3+\sqrt{5}}{4}\\ \end{align} $$

$\phantom{\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}$
であることが分かる。

解答エ：１, オ：５, カ：４

別解

$\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}$は次のようにしても求められる。

$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}&=\left|\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\right|\cos\angle \mathrm{A_{1}OA_{2}}\\ &=1\cdot1\cdot\cos\angle \mathrm{A_{1}OA_{2}}\class{tex_formula}{式Ｅ} \end{align} $$

ここで、$\triangle \mathrm{OA_{1}A_{2}}$に余弦定理を使って、
$$ \begin{align} \mathrm{A_{1}A_{2}}^{2}=&\mathrm{OA_{1}}^{2}+\mathrm{OA_{2}}^{2}\\ &\quad -2\mathrm{OA_{1}}\cdot \mathrm{OA_{2}}\cos\angle \mathrm{A_{1}OA_{2}} \end{align} $$

これにそれぞれの値を代入すると、

途中式

$$ \begin{align} \left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2}&=1^{2}+1^{2}-2\cdot 1\cdot 1\cos\angle \mathrm{A_{1}OA_{2}}\\ &=2-2\cos\angle \mathrm{A_{1}OA_{2}} \end{align} $$ 両辺を$4$倍して
$(1+\sqrt{5})^{2}=8-8\cos\angle \mathrm{A_{1}OA_{2}}$
$$ \begin{align} 8\cos\angle \mathrm{A_{1}OA_{2}}&=8-(1+\sqrt{5})^{2}\\ &=8-1-2\sqrt{5}-5\\ &=2-2\sqrt{5} \end{align} $$

$\cos\angle \mathrm{A_{1}OA_{2}}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}$
となる。

よって、式Ｅより
$\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}$
であることが分かる。

解答エ：１, オ：５, カ：４

図Ｄの正十二面体は、
すべての辺が等しい
すべての面のすべての角が等しい
から、ひとつの頂点から 異なるふたつの隣の頂点へのベクトルの内積はすべて等しい。

したがって、図Ｄの
ふたつの赤いベクトルの内積 ふたつの緑のベクトルの内積 ふたつのオレンジのベクトルの内積 はすべて等しい。

なので、
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot&\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}=\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{3}}}\\ &=\overrightarrow{\mathrm{OA_{3}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4} \end{align} $$ である。

だんだん空間ベクトルらしい問題になってきた。

図Ｅの赤と緑のベクトルの内積
$\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}$
を求める。

これは、式Ｆより
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}&=\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\left(\overrightarrow{\mathrm{OA_{3}}}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\right)\\ &=\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{3}}}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}} \end{align} $$ と変形できる。

これにそれぞれの値を代入すると、
$\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}+\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}}&=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}\left(1+\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\\ &=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}\cdot\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\\ &=\dfrac{3+\sqrt{5}-3\sqrt{5}-5}{4\cdot 2}\\ &=\dfrac{-2-2\sqrt{5}}{4\cdot 2} \end{align} $$

$\phantom{\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}$
となる。

解答キ：９

また、青と緑のベクトルの内積は、式Ｄより
$$ \begin{align} \overrightarrow{\mathrm{OB_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}&=\left(\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\right)\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}\\ &=\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}} \end{align} $$ とかける。

これに式Ｆを代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{OB_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}$

途中式

$$ \begin{align} &\quad=\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\cdot\left(\overrightarrow{\mathrm{OA_{3}}}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\right)+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}\\ &\quad=\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{3}}}+a\left|\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\right|^{2}+a\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}\\ \end{align} $$

$\quad=\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA_{3}}}+a\left(\left|\overrightarrow{\mathrm{OA_{2}}}\right|^{2}+\overrightarrow{\mathrm{OA_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}\right)$

これにそれぞれの値を代入すると

途中式

$$ \begin{align} &\overrightarrow{\mathrm{OB_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}\\ &\qquad=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}+\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\left(1+\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}\right)\\ &\qquad=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}+\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot\dfrac{3-\sqrt{5}}{4}\\ &\qquad=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}+\dfrac{3-\sqrt{5}+3\sqrt{5}-5}{2\cdot 4}\\ &\qquad=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}+\dfrac{-2+2\sqrt{5}}{2\cdot 4}\\ &\qquad=\dfrac{1-\sqrt{5}}{4}+\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4} \end{align} $$ なので、

$\overrightarrow{\mathrm{OB_{1}}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB_{2}}}=0$
となる。

解答ク：０

最後に、図Ｆの赤い四角形を考える。

これまでの作業で、
赤い四角形のすべての辺の長さは等しい
クより 内積が $0$ なので、$\angle \mathrm{B_{1}OB_{2}}=90^{\circ}$
であることが分かっている。

したがって、赤い四角形は
正方形 である。

解答ケ：０