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$\mathrm{\angle }\mathrm{BOC}$は鈍角になる。
$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{BOC}$は負になるから、$\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OC}}$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。

$\overrightarrow{\mathrm{OA}}=(3,3,-6)$
より、
$$\begin{array}{rl}\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|& =\sqrt{3^2+3^2+(-6{)}^2}\\ & =\sqrt{3^2(1+1+2^2)}\\ & =3\sqrt{6}\mathrm{式}Ａ\end{array}$$ である。

解答ア：３, イ：６

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

解答ウ：４, エ：３

また、$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}$は、両方のベクトルの成分より、
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}& =3(2+2\sqrt{3})\\ & +3(2-2\sqrt{3})+(-6)(-4)\end{array}$$

解答オ：３, カ：６

$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$式Ｄ
とおく。

①より$\overrightarrow{\mathrm{OA}}$⊥$\overrightarrow{\mathrm{OC}}$なので、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OC}}=0$
とかける。

これに式Ｄを代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot (s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}})=0$
より
$s\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$
$s{\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|}^2+t\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$
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
$\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OC}}=24$
に式Ｄを代入して、
$\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot (s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}})=24$
とかける。

これを計算して、
$s\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=24$
より
$s\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}+t{\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|}^2=24$
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、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}}$式Ｇ
より
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OC}}=-\frac{2}{3}(3,3,-6)+(2+2\sqrt{3},2-2\sqrt{3},-4)}$
とかける。

これを計算して、
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\mathrm{OC}}& =(-2,-2,4)+(2+2\sqrt{3},2-2\sqrt{3},-4)\\ & =(2\sqrt{3},-2\sqrt{3},0)\mathrm{式}Ｈ\end{array}$$ である。

よって、$\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|$は、
$$\begin{array}{rl}\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|& =\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2+(-2\sqrt{3}{)}^2+0^2}\\ & =\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2\cdot 2}\\ & =2\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}\\ & =2\sqrt{6}\end{array}$$ である。

解答サ：２, シ：６

$\overrightarrow{\mathrm{CB}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}$
とかける。

これに式Ｇを代入して、
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{CB}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}-(-\frac{2}{3}\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}})}$
より
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{CB}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\frac{2}{3}\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}}$
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{CB}}=\frac{2}{3}\overrightarrow{\mathrm{OA}}}$式Ｉ
であることが分かる。

いま、
$\overrightarrow{\mathrm{OA}}=(3,3,-6)$
なので、式Ｉは
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{CB}}=\frac{2}{3}(3,3,-6)}$
とかける。
これを計算して、
$\overrightarrow{\mathrm{CB}}=(2,2,-4)$
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
${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{CB}}=\frac{2}{3}\overrightarrow{\mathrm{OA}}}$
だった。

なので、復習より
$\overrightarrow{\mathrm{CB}}$∥$\overrightarrow{\mathrm{OA}}$
であることが分かる。

また、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{CB}}\right|\ne \left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|$
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、
$\mathrm{OA}\ne \mathrm{CB}$
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
$$\begin{array}{rl}& =\frac{1}{2}\cdot \mathrm{BC}\cdot \mathrm{OC}\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{6}\\ & =2\cdot \sqrt{6}\cdot \sqrt{6}\\ & =12\mathrm{式}Ｊ\end{array}$$ 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（$\overrightarrow{\mathrm{OD}}$の成分）を
$(x,y,1)$式Ｋ
とおく。

$\overrightarrow{\mathrm{OA}}$⊥$\overrightarrow{\mathrm{OD}}$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、$\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OD}}=2\sqrt{6}$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、
$$\begin{array}{rl}x& =\frac{2+\sqrt{2}}{2}\\ & =1+\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$$

となる。

また、式Ｌ-式Ｍより、

なので、
$$\begin{array}{rl}y& =\frac{2-\sqrt{2}}{2}\\ & =1-\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$$

である。

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

解答ト：１, ナ：２, ニ：２, ヌ：１, ネ：２, ノ：２

このとき、$\left|\overrightarrow{\mathrm{OD}}\right|$は、
$\left|\overrightarrow{\mathrm{OD}}\right|=\sqrt{{(1+{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}})}^2+{(1-{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}})}^2+1^2}$

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

いま、$0^{\circ }<\mathrm{\angle }\mathrm{COD}<{180}^{\circ }$なので、
$\mathrm{\angle }\mathrm{COD}={60}^{\circ }$
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、
$\overrightarrow{\mathrm{DH}}$⊥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
$$\begin{array}{rl}V& =\frac{1}{3}\cdot 12\cdot \sqrt{3}\\ & =4\sqrt{3}\end{array}$$ となる。

解答ヘ：４, ホ：３