お決まりの、２直線の交点への位置ベクトルの問題だ。
お決まりの解き方で解く。

$\mathrm{AF}:\mathrm{EF}$を$u:1-u$とおくと、条件Ｅ
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}=(1-u)\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}+u\vec{\mathrm{O}\mathrm{E}}$
ここで、$\vec{\mathrm{O}\mathrm{A}}=\vec{a}$、$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{E}}=\frac{1}{2}\vec{c}$なので、
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}=(1-u)\vec{a}+\frac{u}{2}\vec{c}$式Ｆ

$\vec{\mathrm{D}\mathrm{F}}=v\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}$とおくと、
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}=\vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}+v\vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}$
ここで、$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{D}}=\frac{3}{5}\vec{a}$、$\displaystyle \vec{\mathrm{D}\mathrm{B}}=\frac{2}{5}\vec{a}+\vec{c}$なので、
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}=\frac{3}{5}\vec{a}+v\left(\frac{2}{5}\vec{a}+\vec{c}\right)$
$\vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}$$=\left(\frac{3}{5}+\frac{2}{5}v\right)\vec{a}+v\vec{c}$式Ｇ

式Ｆ=式Ｇより、
$\left\{\begin{array}{l}
1-u=\frac{3}{5}+\frac{2}{5}v\\
\frac{u}{2}=v
\end{array}\right.$式Ｈ
の連立方程式を解く。ただし、テで$\mathrm{AF}:\mathrm{EF}$が必要になるから、$u$の方を求める。

式Ｈの下の式を上の式に代入して、
$1-u=\displaystyle \frac{3}{5}+\frac{2}{5}\cdot\frac{u}{2}$
両辺５倍して、
$5-5u=3+u$
$6u=2$
$u=\displaystyle \frac{1}{3}$

これを式Ｆに代入して、
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}=\frac{2}{3}\vec{a}+\frac{1}{6}\vec{c}$

解答ソ：２, タ：３, チ：１, ツ：６

条件Ｅに$u=\displaystyle \frac{1}{3}$を代入して、
$\displaystyle \mathrm{AF}:\mathrm{EF}=\frac{1}{3}:1-\frac{1}{3}$
$\mathrm{AF}:\mathrm{EF}$$=1:2$
より、点Fは線分AEを1:2に内分する。

解答テ：２

平行四辺形OABCの面積は、△OACの２倍。
△$\displaystyle \mathrm{OAC}=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{OA}\cdot \mathrm{OC}\cdot\sin\theta$式Ｉ
なので、$\sin\theta$を求めよう。
$\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$より、
$\sin^{2}\theta+\left(-\frac{1}{8}\right)^{2}=1$
$\sin^{2}\theta=1-\left(\frac{1}{8}\right)^{2}$
$\sin^{2}\theta$$=\left(1+\frac{1}{8}\right)\left(1-\frac{1}{8}\right)$
$\displaystyle \sin^{2}\theta$$\displaystyle =\frac{9}{8}\cdot\frac{7}{8}$
$ 0 \lt \sin\theta$なので、
$\displaystyle \sin\theta=\frac{3\sqrt{7}}{8}$

これを式Ｉに代入して、
△$\displaystyle \mathrm{OAC}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 4\cdot\frac{3\sqrt{7}}{8}$
△$\displaystyle \mathrm{OAC}$$\displaystyle =\frac{15\sqrt{7}}{4}$
これを２倍すると平行四辺形OABCの面積なので、
平行四辺形OABC$=\displaystyle \frac{15\sqrt{7}}{2}$

解答ト：１, ナ：５, ニ：７, ヌ：２

△$\mathrm{BEA}$の面積は、平行四辺形OABCの面積の半分。
△$\mathrm{BEA}$と△$\mathrm{BEF}$を比較すると、AEを底辺と考えた場合、$\mathrm{AF}:\mathrm{EF}=1:2$より底辺が$\displaystyle \frac{2}{3}$で、高さは等しい。
よって、△$\displaystyle \mathrm{BEF}=\frac{2}{3}$△$\mathrm{BEA}$
以上より、
△$\displaystyle \mathrm{BEF}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}$平行四辺形$\mathrm{OABC}$
なので、
△$\displaystyle \mathrm{BEF}=\frac{1}{3}\cdot\frac{15\sqrt{7}}{2}$
△$\displaystyle \mathrm{BEF}$$\displaystyle =\frac{5\sqrt{7}}{2}$
となる。

解答ネ：５, ノ：７, ハ：２

ソタチツテは、図形を使って解くこともできる。
直線AEと直線BCの交点をGとする。

図Cで、△FBG∽△FDAで、相似比は10:2=5:1。
よって、
$\mathrm{AF}:\mathrm{GF}=1:5$
また、EはAGの中点なので、
$\mathrm{AF}:\mathrm{FE}:\mathrm{EG}=1:2:3$式J
となるから、点Fは線分AEを1:2に内分する。

解答テ：２

説明の都合上、テを先に求めた。
次はソタチツだ。

$\mathrm{AF}:\mathrm{GF}=1:5$より、
$\displaystyle \vec{\mathrm{A}\mathrm{F}}=\frac{1}{6}\vec{\mathrm{A}\mathrm{G}}$
$\vec{\mathrm{A}\mathrm{G}}=-2\vec{a}+\vec{c}$なので、
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}=\vec{a}+\frac{1}{6}(-2\vec{a}+\vec{c})$
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}$$\displaystyle =\vec{a}-\frac{1}{3}\vec{a}+\frac{1}{6}\vec{c}$
$\displaystyle \vec{\mathrm{O}\mathrm{F}}=\frac{2}{3}\vec{a}+\frac{1}{6}\vec{c}$

解答ソ：２, タ：３, チ：１, ツ：６

ここまで別解で解いたので、残りも解法１とは違う方法で解いてみよう。
点CからOAの延長に垂線を下ろし、その足をHとする。

$\displaystyle \cos\theta=-\frac{1}{8}$なので、
$\displaystyle \frac{\mathrm{O}\mathrm{H}}{\mathrm{O}\mathrm{C}}=\frac{1}{8}$
$\mathrm{OC}=4$だから、$\displaystyle \mathrm{OH}=\frac{1}{2}$。

△OCHは直角三角形なので、三平方の定理より、
$\mathrm{CH}^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=4^{2}$
$\mathrm{CH}^{2}=4^{2}-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}$
$\mathrm{CH}^{2}$$=\left(4+\frac{1}{2}\right)\left(4-\frac{1}{2}\right)$
$\displaystyle \mathrm{CH}^{2}$$\displaystyle =\frac{9}{2}\cdot\frac{7}{2}$
$0 \lt \mathrm{CH}$なので、
$\displaystyle \mathrm{CH}=\frac{3\sqrt{7}}{2}$
これが平行四辺形の高さ。

平行四辺形の面積=底辺$\times$高さ なので、
平行四辺形$\displaystyle \mathrm{OABC}=5\times\frac{3\sqrt{7}}{2}$
平行四辺形$\displaystyle \mathrm{OABC}$$\displaystyle =\frac{13\sqrt{7}}{2}$
となる。

解答ト：１, ナ：５, ニ：７, ヌ：２

図Dで、△AOE≡△GCEだから、青い斜線の三角形の面積と平行四辺形OABCの面積は等しい。

式Jより、
$\mathrm{AF}:\mathrm{FE}:\mathrm{EG}=1:2:3$
なので、
$\mathrm{AG}:\mathrm{FE}=6:2$
$\mathrm{AG}:\mathrm{FE}$$=3:1$
だから、△BEF（赤い斜線の三角形）は、青い斜線の三角形と高さが同じ、底辺が$\displaystyle \frac{1}{3}$。
よって、
△$\displaystyle \mathrm{BEF}=\frac{1}{3}$平行四辺形$\mathrm{OABC}$
なので、
△$\displaystyle \mathrm{BEF}=\frac{1}{3}\cdot\frac{15\sqrt{7}}{2}$
△$\displaystyle \mathrm{BEF}$$\displaystyle =\frac{5\sqrt{7}}{2}$
となる。

解答ネ：５, ノ：７, ハ：２