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
$\overrightarrow{\mathrm{OF}}=(1-u)\overrightarrow{\mathrm{OA}}+u\overrightarrow{\mathrm{OE}}$
ここで、$\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\overrightarrow{a}$、${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OE}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{c}}$なので、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OF}}=(1-u)\overrightarrow{a}+\frac{u}{2}\overrightarrow{c}}$式Ｆ

$\overrightarrow{\mathrm{DF}}=v\overrightarrow{\mathrm{DB}}$とおくと、
$\overrightarrow{\mathrm{OF}}=\overrightarrow{\mathrm{OD}}+v\overrightarrow{\mathrm{DB}}$
ここで、${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OD}}=\frac{3}{5}\overrightarrow{a}}$、${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{DB}}=\frac{2}{5}\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}}$なので、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OF}}=\frac{3}{5}\overrightarrow{a}+v(\frac{2}{5}\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c})}$
$\overrightarrow{\mathrm{OF}}$$=(\frac{3}{5}+\frac{2}{5}v)\overrightarrow{a}+v\overrightarrow{c}$式Ｇ

式Ｆ=式Ｇより、
$\{\begin{array}{l}1-u=\frac{3}{5}+\frac{2}{5}v\\ \frac{u}{2}=v\end{array}$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、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OF}}=\frac{2}{3}\overrightarrow{a}+\frac{1}{6}\overrightarrow{c}}$

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、
${\sin }^2\theta +{(-\frac{1}{8})}^2=1$
${\sin }^2\theta =1-{\left(\frac{1}{8}\right)}^2$
${\sin }^2\theta$$=(1+\frac{1}{8})(1-\frac{1}{8})$
${\displaystyle {\sin }^2\theta }$${\displaystyle =\frac{9}{8}\cdot \frac{7}{8}}$
$0<\sin \theta$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、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{AF}}=\frac{1}{6}\overrightarrow{\mathrm{AG}}}$
$\overrightarrow{\mathrm{AG}}=-2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}$なので、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OF}}=\overrightarrow{a}+\frac{1}{6}(-2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c})}$
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OF}}}$${\displaystyle =\overrightarrow{a}-\frac{1}{3}\overrightarrow{a}+\frac{1}{6}\overrightarrow{c}}$
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OF}}=\frac{2}{3}\overrightarrow{a}+\frac{1}{6}\overrightarrow{c}}$

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、
${\displaystyle \frac{\mathrm{OH}}{\mathrm{OC}}=\frac{1}{8}}$
$\mathrm{OC}=4$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$$=(4+\frac{1}{2})(4-\frac{1}{2})$
${\displaystyle {\mathrm{CH}}^2}$${\displaystyle =\frac{9}{2}\cdot \frac{7}{2}}$
$0<\mathrm{CH}$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、$\mathrm{△}\mathrm{AOE}\equiv \mathrm{△}\mathrm{GCE}$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