ここでは平面ベクトルのなす角について解説します。
平面ベクトルのなす角に関する問題を解く際には，ベクトルの内積を利用しましょう。
ベクトルのなす角を求める場合，基本的な考え方として，まずコサインの値を求めて，その値からベクトルのなす角を求めます。
ベクトルのなす角が与えられている場合は，ベクトルの内積を利用して方程式を立てて問題で聞かれている値を求めましょう。
2021年 秋田大
2021年 秋田大$p$ を実数とし，$\vec{a}=(2,~4),~\vec{b}=(p,~2-p)$ とする。$\vec{a}$ と $\vec{b}$ のなす角が $45\Deg$ のとき，$p$ の値を求めなさい。
プリントを次のリンクからダウンロードできます。
【解答と考え方】
$\vec{a}=(2,~4)$ より，$\abs{\vec{a}}=2\sqrt{5}$
$\vec{b}=(p,~2-p)$ より，
$\vec{a}=(2,~4)$ より，$\abs{\vec{a}}=2\sqrt{5}$
$\vec{b}=(p,~2-p)$ より，
\begin{align*}
\abs{\vec{b}}&=\sqrt{p^2+(2-p)^2} \\[4pt]&=\sqrt{2p^2-4p+4}
\end{align*}
よって，\abs{\vec{b}}&=\sqrt{p^2+(2-p)^2} \\[4pt]&=\sqrt{2p^2-4p+4}
\end{align*}
\begin{align*}
&\vec{a}\Cdota\vec{b}=\abs{\vec{a}}\abs{\vec{b}}\cos45\Deg \\[4pt]&2p+4(2-p)=2\sqrt{5}\sqrt{2p^2-4p+4}\Cdota\dfrac{1}{\sqrt{2}} \\[4pt]&-p+4=\sqrt{5}\sqrt{p^2-2p+2}
\end{align*}
右辺は正だから，左辺も正であり，&\vec{a}\Cdota\vec{b}=\abs{\vec{a}}\abs{\vec{b}}\cos45\Deg \\[4pt]&2p+4(2-p)=2\sqrt{5}\sqrt{2p^2-4p+4}\Cdota\dfrac{1}{\sqrt{2}} \\[4pt]&-p+4=\sqrt{5}\sqrt{p^2-2p+2}
\end{align*}
\begin{align*}
-p+4>0\quad \therefore p<4 \end{align*}
このとき，両辺を2乗すると -p+4>0\quad \therefore p<4 \end{align*}
\begin{align*} &p^2-8p+16=5(p^2-2p+2) \\[4pt] &4p^2-2p-6=0 \\[4pt] &2p^2-p-3=0 \\[4pt] &(p+1)(2p-3)=0 \\[4pt] &p=-1,~\dfrac{3}{2} \end{align*}
これらは $p<4$ を満たす。2021年 岩手大
2021年 岩手大2つのベクトル $\vec{a}=(1,~t)$ と $\vec{b}=\left(1,~\dfrac{t}{3}\right)$ のなす角が $\dfrac{\pi}{6}$ であるとき，$t$ の値を求めよ。ただし，$t>0$ とする。
【解答と考え方】
$\vec{a}=(1,~t)$ より，$\abs{\vec{a}}=\sqrt{1+t^2}$
$\vec{b}=\left(1,~\dfrac{t}{3}\right)$ より，$\abs{\vec{b}}=\sqrt{1+\dfrac{1}{9}t^2}$
よって，
$\vec{a}=(1,~t)$ より，$\abs{\vec{a}}=\sqrt{1+t^2}$
$\vec{b}=\left(1,~\dfrac{t}{3}\right)$ より，$\abs{\vec{b}}=\sqrt{1+\dfrac{1}{9}t^2}$
よって，
\begin{align*}
&\vec{a}\Cdota\vec{b}=\abs{\vec{a}}\abs{\vec{b}}\cos\dfrac{\pi}{6} \\[4pt]
&1+\dfrac{t^2}{3}=\sqrt{1+t^2}\sqrt{1+\dfrac{1}{9}t^2}\Cdota\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[4pt]
&6+2t^2=\sqrt{3}\sqrt{1+t^2}\sqrt{9+t^2}
\end{align*}
両辺を2乗すると&\vec{a}\Cdota\vec{b}=\abs{\vec{a}}\abs{\vec{b}}\cos\dfrac{\pi}{6} \\[4pt]
&1+\dfrac{t^2}{3}=\sqrt{1+t^2}\sqrt{1+\dfrac{1}{9}t^2}\Cdota\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[4pt]
&6+2t^2=\sqrt{3}\sqrt{1+t^2}\sqrt{9+t^2}
\end{align*}
\begin{align*}
&36+24t^2+4t^4=3(1+t^2)(9+t^2) \\[4pt]
&t^4-6t^2+9=0 \\[4pt]
&(t^2-3)^2=0 \\[4pt]
&t=\pm\sqrt{3}
\end{align*}
$t>0$ より，$t=\sqrt{3}$&36+24t^2+4t^4=3(1+t^2)(9+t^2) \\[4pt]
&t^4-6t^2+9=0 \\[4pt]
&(t^2-3)^2=0 \\[4pt]
&t=\pm\sqrt{3}
\end{align*}
2021年 明治薬科大
2021年 明治薬科大ベクトル $\vec{a},~\vec{b}$ は $\abs{\vec{a}}=\sqrt{5}$，$\abs{\vec{b}}=\sqrt{3}$，$\abs{\vec{a}-\vec{b}}=3$ を満たす。$\vec{c}=\vec{a}+t\vec{b}$（$t$ は実数）とおく。このとき，$\vec{a}\Cdot\vec{b}=\myhako$ であり，$\vec{a}$ と $\vec{c}$ のなす角が $90\Deg$ であるような $t$ の値は $\myhako$ である。
【解答と考え方】
$\abs{\vec{a}-\vec{b}}=3$ より
$\abs{\vec{a}-\vec{b}}=3$ より
\begin{align*}
&\abs{\vec{a}}^2-2\vec{a}\Cdota\vec{b}+\abs{\vec{b}}^2=9 \\[4pt]&5-2\vec{a}\Cdota\vec{b}+3=9 \\[4pt]&\vec{a}\Cdota\vec{b}=-\dfrac{1}{2}
\end{align*}
$\vec{a}\perp\vec{c}$ のとき，$\vec{a}\Cdota\vec{c}=0$ であるから&\abs{\vec{a}}^2-2\vec{a}\Cdota\vec{b}+\abs{\vec{b}}^2=9 \\[4pt]&5-2\vec{a}\Cdota\vec{b}+3=9 \\[4pt]&\vec{a}\Cdota\vec{b}=-\dfrac{1}{2}
\end{align*}
\begin{align*}
&\vec{a}\Cdota(\vec{a}+t\vec{b})=0 \\[4pt]&\abs{\vec{a}}^2+t\vec{a}\Cdota\vec{b}=0 \\[4pt]&5-\dfrac{1}{2}t=0 \\[4pt]&t=10
\end{align*}
&\vec{a}\Cdota(\vec{a}+t\vec{b})=0 \\[4pt]&\abs{\vec{a}}^2+t\vec{a}\Cdota\vec{b}=0 \\[4pt]&5-\dfrac{1}{2}t=0 \\[4pt]&t=10
\end{align*}