空間ベクトル ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 空間でも平面と同じく、なす角は $\cos \theta =\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}$。

$3$ 成分になっただけで、公式は同じ。内積($3$ 成分の積の和)と、各ベクトルの大きさ($3$ 成分の $2$ 乗和の平方根)を計算する。あとは公式に代入するだけ、と見通す。

① 内積。

$$\vec{a}\cdot \vec{b}=1\cdot 2+2\cdot (-1)+2\cdot 2=2-2+4=4$$

② 大きさ。

$$|\vec{a}|=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=\sqrt{9}=3,|\vec{b}|=\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}=\sqrt{9}=3$$

③ なす角。

$$\cos \theta =\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\frac{4}{3\cdot 3}=\frac{4}{9}$$

まとめ:空間ベクトルのなす角も「$\cos \theta =\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}$」。$3$ 成分に増えても計算法は同じ。内積 $4$、大きさともに $3$ で $\cos \theta =\frac{4}{9}$。

発展。 内積となす角の公式は $2$ 次元でも $3$ 次元でも、さらに高次元でもまったく同じ形。変わるのは足す成分の個数だけだ。

じつは $\vec{a},\vec{b}$ はどちらも大きさ $3$。それぞれを $\frac{1}{3}$ 倍した単位ベクトル $\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$、$\left(\frac{2}{3},-\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$ の成分は「方向余弦」と呼ばれ、各座標軸となす角の $\cos$ を表す。

内積 $4$ が最大値 $|\vec{a}||\vec{b}|=9$ より小さいので、$\vec{a},\vec{b}$ は平行ではない。$\cos \theta$ が $1$ に近いほどそろい、$0$ に近いほど直角に近い。角の情報が数値ひとつにまとまっている。

別解

別解:差の大きさから内積を出す(得意な人向けの視点)。 内積を直接計算するかわりに、$|\vec{a}-\vec{b}|$ を経由しても同じ $\cos \theta$ が出る。

$\vec{a}-\vec{b}=(1-2,2-(-1),2-2)=(-1,3,0)$ なので $|\vec{a}-\vec{b}{|}^2=1+9+0=10$。一方、展開の公式から $|\vec{a}-\vec{b}{|}^2=|\vec{a}{|}^2+|\vec{b}{|}^2-2\vec{a}\cdot \vec{b}=9+9-2\vec{a}\cdot \vec{b}=18-2\vec{a}\cdot \vec{b}$。これが $10$ に等しいので $2\vec{a}\cdot \vec{b}=8$、$\vec{a}\cdot \vec{b}=4$。あとは

$$\cos \theta =\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\frac{4}{3\cdot 3}=\frac{4}{9}.$$

成分から内積を直接出す本解と同じ $\frac{4}{9}$。$3$ 辺の長さ($|\vec{a}|,|\vec{b}|,|\vec{a}-\vec{b}|$)が分かれば、余弦定理と同じ形で角が求まる。$|\vec{a}-\vec{b}|$ が与えられている問題では、この道が速いこともある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$2$ ベクトルの両方に垂直」なベクトルは、外積 $\vec{a}\times \vec{b}$ で求まる。

だから外積を計算し、あとは大きさ $1$ にそろえる(単位ベクトル化)。向きは正負の $2$ 通りある。外積を使わず、$(x,y,z)$ とおいて内積 $0$ を連立してもよいが、外積が最短、と見通す。

① 外積を求める。 $\vec{a}=(1,1,0)$、$\vec{b}=(0,1,1)$ の外積は

$$\vec{a}\times \vec{b}=(1\cdot 1-0\cdot 1,0\cdot 0-1\cdot 1,1\cdot 1-1\cdot 0)=(1,-1,1)$$

② 大きさ。

$$|\vec{a}\times \vec{b}|=\sqrt{1^2+(-1{)}^2+1^2}=\sqrt{3}$$

③ 単位ベクトル。 大きさで割り、正負の $2$ 通り。

$$\pm \frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1)$$

(確認:$(1,-1,1)\cdot (1,1,0)=1-1+0=0$、$(1,-1,1)\cdot (0,1,1)=0-1+1=0$。両方に垂直。)

まとめ:$2$ ベクトルに垂直なベクトルは「外積」。$\vec{a}\times \vec{b}=(1,-1,1)$ を大きさ $\sqrt{3}$ で割り、$\pm$ の $2$ 通りが単位ベクトル。内積 $0$ の連立でも同じ答えになる。

発展。 外積 $\vec{a}\times \vec{b}$ は $\vec{a},\vec{b}$ の両方に垂直で、向きは右手の法則(右手の親指の向き)で決まる。答えが $\pm$ の $2$ 通りになるのは、垂直な直線に $2$ つの向きがあるからだ。

外積の大きさ $|\vec{a}\times \vec{b}|$ は、$\vec{a},\vec{b}$ が作る平行四辺形の面積 $|\vec{a}||\vec{b}|\sin \theta$ に等しい。方向(垂直)と大きさ(面積)の両方を、外積ひとつが担っている。

平面には「両方に垂直」なベクトルが実質存在しない($2$ ベクトルが平面を張ってしまう)。「垂直方向が取れる」のは $3$ 次元ならでは。外積は空間に特有の道具だ。

別解

別解:内積 $0$ の連立で求める(苦手な人向けの手順ルート)。 外積の公式が不安なら、求めるベクトルを $(x,y,z)$ とおいて、垂直(内積 $0$)の条件を連立するだけでよい。

$\vec{a}=(1,1,0)$、$\vec{b}=(0,1,1)$ の両方に垂直だから

$$\vec{a}\cdot (x,y,z)=x+y=0,\vec{b}\cdot (x,y,z)=y+z=0.$$

第 $1$ 式から $y=-x$、第 $2$ 式から $z=-y=x$。だから $(x,y,z)=(x,-x,x)=x(1,-1,1)$。方向は $(1,-1,1)$ に決まる。

大きさ $1$ にそろえる。$|(1,-1,1)|=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}$ だから

$$\pm \frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1).$$

外積で1回で出す本解と同じ結果だ。$2$ つの垂直条件は $x,y,z$ の連立 $1$ 次方程式で、解くと自由度 $1$(向きが $1$ 本)残る。それを正規化し、$\pm$ の $2$ 通りをとる。外積を覚えていなくても確実にたどり着ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 点と平面の距離は、点と直線の距離の空間版で、公式に代入するだけ。

平面を $ax+by+cz+d=0$ の形($2x-y+2z-3=0$)に直す。点の座標を分子に、係数の $2$ 乗和の平方根を分母にする。分母は法線ベクトル $(2,-1,2)$ の大きさ、と見通す。

① 公式に代入する。 平面は $2x-y+2z-3=0$、点は $(1,2,3)$。分子は

$$|2\cdot 1-1\cdot 2+2\cdot 3-3|=|2-2+6-3|=|3|=3$$

② 分母(法線の大きさ)。

$$\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}=\sqrt{9}=3$$

③ 距離。

$$\frac{3}{3}=1$$

まとめ:点と平面の距離は「$\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c{z}_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$」。平面を $=0$ の形にして代入。分母は法線ベクトル $(2,-1,2)$ の大きさ $3$。距離は $\frac{3}{3}=1$。

発展。 この公式の分子 $|a{x}_0+b{y}_0+c{z}_0+d|$ は、平面上の点から $\mathrm{P}$ へ向かうベクトルを、法線 $(a,b,c)$ 方向に射影した長さ($\times$ 法線の大きさ)。それを法線の大きさ $\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ で割ると、正味の距離になる。

$2$ 次元の点と直線の距離 $\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$ と、まったく同じ形。次元が $1$ つ増えて項が $1$ つ増えただけだ。一般に $n$ 次元の超平面でも同じ公式が使える。距離を測るときに見るのは「法線方向にどれだけ離れているか」だけだ。射影の考えが次元によらず貫いている。

別解

別解:垂線の足を実際に求める(得意な人向けの視点)。 公式を使わず、$\mathrm{P}$ から平面へおろした垂線の足 $\mathrm{H}$ を出して、$|\mathrm{PH}|$ を測ってもよい。

平面 $2x-y+2z=3$ の法線は $\vec{n}=(2,-1,2)$。垂線は $\mathrm{P}(1,2,3)$ から $\vec{n}$ 方向に進むので、$\mathrm{H}=\mathrm{P}+t\vec{n}=(1+2t,2-t,3+2t)$。$\mathrm{H}$ が平面上にある条件から $t$ を決める。

$$2(1+2t)-(2-t)+2(3+2t)=3⟹9t+6=3⟹t=-\frac{1}{3}.$$

距離は $|\mathrm{PH}|=|t\vec{n}|=|t||\vec{n}|=\frac{1}{3}\cdot 3=1$。公式に代入する本解と同じ $1$。垂線の足を経由すると、「法線方向に $t$ だけ進んで平面に届く」という距離の意味がはっきり見える。$|t||\vec{n}|$ が距離になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ ベクトルが作る平行六面体の体積は、スカラー三重積の絶対値 $|\vec{a}\cdot (\vec{b}\times \vec{c})|$ ですぐに出る。

まず $\vec{b}\times \vec{c}$(底面の平行四辺形の面積ベクトル)を求める。それと $\vec{a}$ との内積(高さ方向の成分を拾う)をとる。$\vec{a}=(2,0,0)$ が簡単なので、内積では $\vec{b}\times \vec{c}$ の第 $1$ 成分だけが関係する、と見通す。

① 外積 $\vec{b}\times \vec{c}$。 $\vec{b}=(1,3,0)$、$\vec{c}=(1,1,4)$ の外積は

$$\vec{b}\times \vec{c}=(3\cdot 4-0\cdot 1,0\cdot 1-1\cdot 4,1\cdot 1-3\cdot 1)=(12,-4,-2)$$

② $\vec{a}$ との内積。

$$\vec{a}\cdot (\vec{b}\times \vec{c})=(2,0,0)\cdot (12,-4,-2)=2\cdot 12+0+0=24$$

③ 体積。 絶対値をとって

$$V=|24|=24$$

まとめ:平行六面体の体積は「スカラー三重積の絶対値 $|\vec{a}\cdot (\vec{b}\times \vec{c})|$」。$\vec{b}\times \vec{c}=(12,-4,-2)$、$\vec{a}=(2,0,0)$ との内積で $24$。四面体なら $\frac{1}{6}$ 倍で $4$。

発展。 スカラー三重積 $\vec{a}\cdot (\vec{b}\times \vec{c})$ は、$3$ ベクトルを行に並べた $3\times 3$ 行列の行列式に等しく、符号つきの体積を表す。符号は右手系か左手系か(向き)を示し、絶対値が体積になる。

今回の $3$ ベクトルを並べると、$(2,0,0),(1,3,0),(1,1,4)$ で下三角行列。三角行列の行列式は対角成分の積だから、$2\times 3\times 4=24$ とすぐ出る。$4$ つの頂点を結ぶ四面体の体積は、平行六面体の $\frac{1}{6}$。三重積 $1$ つから、平行六面体も四面体も、体積が読める。行列式は「体積の測り方」そのものだ。

別解

別解:行列式(下三角)でまとめて出す(得意な人向けの視点)。 スカラー三重積は $3$ ベクトルを並べた行列式。この問題では行列がきれいな形なので、外積を計算せずに済む。

$3$ ベクトルを行に並べると

$$\left|\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 1& 3& 0\\ 1& 1& 4\end{array}\right|.$$

右上がすべて $0$ の下三角行列。三角行列の行列式は対角成分の積だから

$$2\times 3\times 4=24.$$

体積はこの絶対値で $24$。外積 $\vec{b}\times \vec{c}$ を求めて内積をとる本解と同じ $24$。ベクトルを並べた行列が三角形(片側が $0$)になっていれば、対角の積だけで体積が出る。$\vec{a}=(2,0,0)$ のように成分が $0$ を多く含むと、この形になりやすい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 直線と平面の交点は「直線を媒介変数 $t$ で表し、平面の式に代入して $t$ を求める」。

直線上の点は $(1+2t,t,-1+2t)$。これを平面 $x+y+z=6$ に入れると、$t$ の方程式が $1$ 本立ち、$t$ が決まる。それを直線の式に戻せば交点、と見通す。

① 直線を媒介変数で表す。 点 $(1,0,-1)$、方向 $(2,1,2)$ より

$$(x,y,z)=(1+2t,t,-1+2t)$$

② 平面に代入する。 $x+y+z=6$ に入れて

$$(1+2t)+t+(-1+2t)=6⟹5t=6⟹t=\frac{6}{5}$$

③ 交点を求める。 $t=\frac{6}{5}$ を戻すと

$$x=1+2\cdot \frac{6}{5}=\frac{17}{5},y=\frac{6}{5},z=-1+2\cdot \frac{6}{5}=\frac{7}{5}$$

よって交点は $\left(\frac{17}{5},\frac{6}{5},\frac{7}{5}\right)$。

まとめ:直線と平面の交点は「直線を $t$ で表して平面に代入」。$5t=6$ から $t=\frac{6}{5}$、直線に戻して交点。空間の交点は、媒介変数を経由して求めるのが基本だ。

発展。 直線の媒介変数表示を平面の式に入れると、必ず $t$ についての $1$ 次方程式が $1$ 本できる。ふつうは $t$ が $1$ つに決まり、交点も $1$ つ。

もし $t$ の係数が $0$ になったら、それは方向ベクトルが平面に平行なとき。このとき交点はないか(直線が平面の外)、直線全体が平面に含まれるか、の $2$ 通りになる。

平面の法線 $(1,1,1)$ と方向ベクトル $(2,1,2)$ の内積 $5$ が、$t$ の係数になっている。内積が $0$ でない($\ne 0$)から、直線は平面をきちんと $1$ 点で貫く。交点計算の裏に、平行・非平行の判定がひそんでいる。

別解

別解:$x+y+z$ の伸びだけを追う(得意な人向けの視点)。 平面が $x+y+z=6$ という「$3$ 成分の和」で書かれていることに注目すると、和 $x+y+z$ だけを追えばよい。

直線の出発点 $(1,0,-1)$ では $x+y+z=1+0-1=0$。目標は $6$ だから、あと $6$ だけ増やしたい。方向ベクトル $(2,1,2)$ に沿って $t$ 進むと、$x+y+z$ は $2+1+2=5$ ずつ増える。だから

$$5t=6⟹t=\frac{6}{5}.$$

この $t$ を直線に戻すと

$$\left(1+2\cdot \frac{6}{5},\frac{6}{5},-1+2\cdot \frac{6}{5}\right)=\left(\frac{17}{5},\frac{6}{5},\frac{7}{5}\right).$$

各成分を平面に代入する本解と同じ。「和 $x+y+z$ が $0$ から $6$ へ、$1$ ステップで $5$ ずつ増える」と見れば、$t$ が暗算で出る。平面が座標の和・差で書けているときに役立つ見方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「直径の両端 $\mathrm{A},\mathrm{B}$」が与えられたら、中心は $\mathrm{AB}$ の中点、半径は $\frac{1}{2}|\mathrm{AB}|$、とすぐ分かる。

中心と半径が出れば、球面の方程式 $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2+(z-c{)}^2=r^2$ に入れるだけ。$|\mathrm{AB}|$ は $3$ 成分の差の $2$ 乗和の平方根で計算する。円のときと同じ考え方がそのまま空間で通用する、と見通す。

① 中心(中点)。

$$\left(\frac{1+3}{2},\frac{2+4}{2},\frac{3+5}{2}\right)=(2,3,4)$$

② 半径。 $|\mathrm{AB}|=\sqrt{(3-1{)}^2+(4-2{)}^2+(5-3{)}^2}=\sqrt{4+4+4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$ だから

$$r=\frac{1}{2}|\mathrm{AB}|=\sqrt{3}$$

③ 方程式。

$$(x-2{)}^2+(y-3{)}^2+(z-4{)}^2=3$$

まとめ:直径を与えた球面は「中心 = 中点、半径 = 直径の半分」。中心 $(2,3,4)$、半径 $\sqrt{3}$($r^2=3$)。円のときと同じ考え方が空間でも通用する。

発展。 平面での「直径 $\mathrm{AB}$ の円」が、そのまま「直径 $\mathrm{AB}$ の球」に持ち上がる。円周上の点 $\mathrm{P}$ が $\angle \mathrm{APB}=90°$ を満たすタレスの定理は、球面でも同じ。球面上のどの $\mathrm{P}$ でも $\overrightarrow{\mathrm{AP}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{BP}}=0$ になる。

だから球面はベクトル方程式 $(\vec{p}-\vec{a})\cdot (\vec{p}-\vec{b})=0$ でも書ける。展開すれば、中心 $(2,3,4)$・半径 $\sqrt{3}$ の標準形が出る。$2$ 次元の円と $3$ 次元の球は、成分が $1$ つ増えるだけで構造は同じ。中点が中心、直径の半分が半径。次元をまたいで通じる考え方だ。

別解

別解:球面のベクトル方程式を展開する(得意な人向けの視点)。 直径 $\mathrm{AB}$ の球面は球面上の点 $\mathrm{P}$ で $\overrightarrow{\mathrm{AP}}\perp \overrightarrow{\mathrm{BP}}$(タレスの定理の空間版)。ベクトル方程式は

$$(\vec{p}-\vec{a})\cdot (\vec{p}-\vec{b})=0.$$

$\vec{p}=(x,y,z)$、$\mathrm{A}(1,2,3)$、$\mathrm{B}(3,4,5)$ を代入する。

$$(x-1)(x-3)+(y-2)(y-4)+(z-3)(z-5)=0.$$

展開して整理すると $x^2+y^2+z^2-4x-6y-8z+26=0$。各変数を平方完成して

$$(x-2{)}^2+(y-3{)}^2+(z-4{)}^2=4+9+16-26=3.$$

中心 $(2,3,4)$、半径 $\sqrt{3}$。中点と $\frac{1}{2}|\mathrm{AB}|$ から出す本解と同じ。展開すると、内積 $0$ の式が球の標準形になる。中点 $(2,3,4)$ が平方完成の中心に、直径の半分 $\sqrt{3}$ が半径に現れる。円の直径形($(\vec{p}-\vec{a})\cdot (\vec{p}-\vec{b})=0$)が、そのまま球で使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\mathrm{O}$ を基準にすると、$4$ 点が同一平面上にある条件は「$\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ が $\overrightarrow{\mathrm{OA}},\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ の張る平面上にある」。

これは $\overrightarrow{\mathrm{OC}}=s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+u\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ と表せる、ということ。成分ごとに比較すると、$t$ の条件が出る。スカラー三重積 $=0$ を使ってもよい、と見通す。

① $1$ 次結合で表す。 $\overrightarrow{\mathrm{OC}}=s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+u\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ とおくと、$(1,1,t)=s(1,0,0)+u(0,1,0)=(s,u,0)$。

② 成分比較する。

• $x$:$s=1$
• $y$:$u=1$
• $z$:$t=0$

$z$ 成分の比較から、同一平面上にあるには $t=0$。(スカラー三重積で確認:$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OB}}\times \overrightarrow{\mathrm{OC}})=(1,0,0)\cdot ((0,1,0)\times (1,1,t))$。$(0,1,0)\times (1,1,t)=(1\cdot t-0\cdot 1,0\cdot 1-0\cdot t,0\cdot 1-1\cdot 1)=(t,0,-1)$。内積 $=1\cdot t=t$。$=0$ より $t=0$。)

まとめ:$4$ 点の共面は「$\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ を $\overrightarrow{\mathrm{OA}},\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ の $1$ 次結合に」。$\overrightarrow{\mathrm{OA}},\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ は $z=0$ 平面内なので、$\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ も $z$ 成分 $0$、すなわち $t=0$。三重積 $=t=0$ でも同じ。

発展。 「$4$ 点が同一平面上」「$3$ ベクトルが $1$ 次従属」「スカラー三重積 $=0$」「$3$ ベクトルを並べた行列式 $=0$」は、すべて同じことの言いかえである。

三重積 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OB}}\times \overrightarrow{\mathrm{OC}})$ は、$3$ ベクトルが作る平行六面体の体積(符号つき)。体積が $0$ とは、立体がぺしゃんこ($3$ ベクトルが同一平面上)ということ。

今回は $\overrightarrow{\mathrm{OA}},\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ が $z=0$ 平面内にあるので、$\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ も $z$ 成分 $0$、つまり $t=0$ が条件。三重積を計算しても $t=0$。「体積 $0$」という幾何が、行列式の代数で測れる。

別解

別解:スカラー三重積 $=0$ で決める(得意な人向けの視点)。 $1$ 次結合の成分比較のかわりに、「体積 $0$」を表すスカラー三重積を直接 $0$ とおいてもよい。

$4$ 点が同一平面上 $⟺$ $\overrightarrow{\mathrm{OA}},\overrightarrow{\mathrm{OB}},\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ が作る平行六面体の体積 $0$ $⟺$

$$\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OB}}\times \overrightarrow{\mathrm{OC}})=0.$$

まず外積を計算する。$\overrightarrow{\mathrm{OB}}\times \overrightarrow{\mathrm{OC}}=(0,1,0)\times (1,1,t)=(1\cdot t-0\cdot 1,0\cdot 1-0\cdot t,0\cdot 1-1\cdot 1)=(t,0,-1)$。これと $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=(1,0,0)$ の内積は

$$(1,0,0)\cdot (t,0,-1)=t.$$

三重積 $=t=0$ より $t=0$。$\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ を $1$ 次結合で表して成分比較する本解と同じ。三重積は $3$ ベクトルの作る体積そのもので、それが $0$(ぺしゃんこ)なら同一平面上。成分比較より計算は $1$ 本で済む。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2$ 直線のなす角は、位置(通る点)には関係なく、方向ベクトルどうしのなす角で決まる。

${\vec{d}}_1=(1,0,1)$、${\vec{d}}_2=(0,1,1)$ の内積と大きさから $\cos \theta$ を求める。ただし直線のなす角は $0°\sim 90°$ にとる。だから内積が負でも鋭角側にとるため、絶対値をつける、と見通す。

① 内積と大きさ。 ${\vec{d}}_1=(1,0,1)$、${\vec{d}}_2=(0,1,1)$ より

$${\vec{d}}_1\cdot {\vec{d}}_2=1\cdot 0+0\cdot 1+1\cdot 1=1,|{\vec{d}}_1|=\sqrt{2},|{\vec{d}}_2|=\sqrt{2}$$

② なす角。

$$\cos \theta =\frac{|{\vec{d}}_1\cdot {\vec{d}}_2|}{|{\vec{d}}_1||{\vec{d}}_2|}=\frac{|1|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{2}$$

$0°\le \theta \le 90°$ より $\theta =60°$。

まとめ:$2$ 直線のなす角は「方向ベクトルのなす角」で、通る点は無関係。$\cos \theta =\frac{|{\vec{d}}_1\cdot {\vec{d}}_2|}{|{\vec{d}}_1||{\vec{d}}_2|}$、内積に絶対値をつけて $0°\sim 90°$ にとる。$\cos \theta =\frac{1}{2}$ で $60°$。

発展。 $2$ 直線のなす角に絶対値 $|{\vec{d}}_1\cdot {\vec{d}}_2|$ をつけるのは、方向ベクトルの向き($\pm$)を反対にとっても角が同じになるようにするため。ベクトルどうしなら $0°\sim 180°$ だが、直線どうしは $0°\sim 90°$ で測る約束だ。

じつはこの $2$ 直線は交わらない(共有点をもたない)。空間では、平行でも交わりもしない「ねじれの位置」の直線がある。それでも、方向ベクトルさえあれば、なす角はきちんと定義できる。

平面なら $2$ 直線は必ず交わるか平行だが、$3$ 次元にはねじれの位置という第 $3$ の関係が加わる。位置によらず方向だけで角が決まる、という点が要だ。

別解

別解:$3$ 辺の長さから正三角形を見抜く(得意な人向けの視点)。 方向ベクトル ${\vec{d}}_1,{\vec{d}}_2$ とその差 ${\vec{d}}_1-{\vec{d}}_2$ で三角形を作ると、$3$ 辺の長さから角が読める。

${\vec{d}}_1=(1,0,1)$、${\vec{d}}_2=(0,1,1)$ で、$|{\vec{d}}_1|=|{\vec{d}}_2|=\sqrt{2}$。差は ${\vec{d}}_1-{\vec{d}}_2=(1,-1,0)$ で

$$|{\vec{d}}_1-{\vec{d}}_2|=\sqrt{1+1+0}=\sqrt{2}.$$

$3$ 辺 $|{\vec{d}}_1|,|{\vec{d}}_2|,|{\vec{d}}_1-{\vec{d}}_2|$ がすべて $\sqrt{2}$。${\vec{d}}_1,{\vec{d}}_2$ を $2$ 辺、${\vec{d}}_1-{\vec{d}}_2$ を対辺とする三角形は正三角形だから、${\vec{d}}_1$ と ${\vec{d}}_2$ のなす角は $60°$。$0°\sim 90°$ に収まるので、$2$ 直線のなす角も $\theta =60°$。

$\cos \theta =\frac{|{\vec{d}}_1\cdot {\vec{d}}_2|}{|{\vec{d}}_1||{\vec{d}}_2|}=\frac{1}{2}$ から出す本解と同じ。$3$ 辺が等しいと分かれば、内積を経由せずに正三角形の角 $60°$ と即断できる。