收集整理有关向量的低阶习题。
前言
当我们引入了用坐标刻画向量后，向量就既有形的表示[有向线段]，也有数的表达[坐标]，那么向量的位置关系也就能用数的形式来刻画了。比如给定向量 \(\vec{a}=(x_1,y_1)\)， \(\vec{b}=(x_2,y_2)\)， 则
向量的垂直关系可以表示为：
$\vec{a}\perp\vec{b}$ $\Leftrightarrow$ $\vec{a}\cdot\vec{b}=0$ $\Leftrightarrow$ $x_1x_2+y_1y_2=0$
向量的平行关系可以表示为：
$\vec{a}//\vec{b}$ $\Leftrightarrow$ $\vec{a}=k\cdot\vec{b}$ $\Leftrightarrow$ $\cfrac{x_1}{x_2}=\cfrac{y_1}{y_2}=k$ $\Leftrightarrow$ $x_1y_2-x_2y_1=0$
这样，我们常常会碰到利用向量的位置关系来求解坐标中包含参数的问题。当然还得注意，两个向量的共线等价于两个向量的平行。
相关链接
平面向量习题|高阶；
典例剖析
已知平面向量 \(\vec{a}=(4,-3)\)，\(\vec{b}=(5,0)\).
(1). 求 \(\vec{a}\) 与 \(\vec{b}\)
解析： 令 \(<\vec{a},\vec{b}>=\theta\)，由于 \(\vec{a}=(4,-3)\) ， \(\vec{b}=(5,0)\)，
又由 \(\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|\cdot\cos\theta\)，得到，\(\cos\theta=\cfrac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|}\)
则 \(\cos\theta=\cfrac{4\times 5+(-3)\times 0}{\sqrt{4^2+(-3)^2}\cdot\sqrt{5^2+0^2}}=\cfrac{20}{5\times 5}=\cfrac{4}{5}\)
(2). 若向量 \(\vec{a}+k\vec{b}\) 与 \(\vec{a}-k\vec{b}\) 互相垂直， 求实数 \(k\)
解析： 由于 \(\vec{a}+k\cdot\vec{b}=(4+5k,-3)\)， \(\vec{a}-k\cdot\vec{b}=(4-5k,-3)\)，
又由于 \(\vec{a}+k\cdot\vec{b}\) 与 \(\vec{a}-k\cdot\vec{b}\) 垂直，则 \((\vec{a}+k\cdot\vec{b})\cdot\)\((\vec{a}-k\cdot\vec{b})=0\)，
故 \((4+5k)(4-5k)+(-3)\times(-3)=0\)， 即 \(16-25k^2+9=0\)，
即 \(25-25k^2=0\) ， 则 \(k=\pm 1\)
(3). 当 \(k\) 为何值时， \(k\vec{a}+\vec{b}\) 与 \(\vec{a}-2\vec{b}\)
解析： \(k\vec{a}+\vec{b}=(4k+5,-3k+0)\)， \(\vec{a}-2\vec{b}=(4-10,-3-2\times 0)=(-6,-3)\)，
由于 \(k\vec{a}+\vec{b}\) 与 \(\vec{a}-2\vec{b}\) 共线，则 \((4k+5)\times(-3)-(-3k)\times(-6)=0\)，
即\(-30k-15=0\)， 解得 \(k=-\cfrac{1}{2}\)
【2019高一期末考试】平行四边形\(ABCD\)中，\(AB=3\)，\(AD=2\)，\(\angle BAD=60^{\circ}\)，若\(\overrightarrow{AE}=\lambda \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\)，且\(BD\perp AE\)，则\(\lambda\)的值为【\(\qquad\)】
$A.\cfrac{1}{6}$ $B.\cfrac{1}{5}$ $C.\cfrac{1}{4}$ $D.\cfrac{1}{3}$
提示：由题设可以得到，\(\lambda \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DE}\)，故点\(E\)应该在\(DC\)上，然后以点\(A\)为坐标原点建系，则\(B(3，0)\)，\(D(1，\sqrt{3})\)，\(C(4，\sqrt{3})\)，设\(E(x，\sqrt{3})\)，
由\(\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BD}=0\)，可解得\(x=\cfrac{3}{2}\)，代入\(\lambda \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DE}\)，求得\(\lambda=\cfrac{1}{6}\)，故选\(A\).
【2019高一期末考试】已知单位向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)满足\(|\vec{a}-\vec{b}|=1\)，则\(|2\vec{a}+\vec{b}|\)=【\(\qquad\)】
$A.\sqrt{2}$ $B.\sqrt{3}$ $C.\sqrt{5}$ $D.\sqrt{7}$
提示：给\(|\vec{a}-\vec{b}|=1\)平方，可以求得\(\vec{a}\cdot \vec{b}\)的值，然后给\(|2\vec{a}+\vec{b}|\)平方再开方，可得；选\(D\).
【2019高一期末考试】已知非零向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)满足\(|\vec{a}|=|\vec{b}|\)，且\(|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{3}|\vec{b}|\)，则\(<\vec{a}，\vec{b}>\)=_________.
提示：令\(|\vec{a}|=|\vec{b}|=t\)，给\(|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{3}|\vec{b}|\)平方，变形得到\(cos<\vec{a}，\vec{b}>=\cfrac{1}{2}\)，故\(<\vec{a}，\vec{b}>=\cfrac{\pi}{3}\);
【2019高一期末考试第21题】已知向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)满足\(\vec{a}=(-1，3)\)，\(|\vec{b}|=4\sqrt{5}\)，\(|\vec{c}|=2\sqrt{5}\)，
(1).若\(\vec{a}//\vec{c}\)，求\(\vec{c}\)的坐标；
提示：设\(\vec{c}=(x，y)\)，由题设得到方程组，求解即可，\(\vec{c}=(\sqrt{2}，-3\sqrt{2})\)或\(\vec{c}=(-\sqrt{2}，3\sqrt{2})\)，
(2).若\(\vec{a}\perp (2\vec{a}-\vec{b})\)，求\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角\(\theta\)。
提示：利用内积为\(0\)，可以求得\(cos\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，又\(\theta\in [0，\pi]\)，故\(\theta=\cfrac{\pi}{4}\).
【2020北京人大附中高一试题】若平面向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)满足\(|\vec{a}+\vec{b}|=1\)，\(\vec{a}+\vec{b}\)平行于\(x\)轴，\(\vec{b}=(2,-1)\)，则\(\vec{a}\)=__________。
法1：将向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)看成两个单个向量，设\(\vec{a}=(x,y)\)，\(\vec{b}=(2,-1)\)，
则\(\vec{a}+\vec{b}=(2+x,y-1)\)，由\(\vec{a}+\vec{b}\)平行于\(x\)轴，可得\(y=1\)
由\(|\vec{a}+\vec{b}|=1\)，可得到\(\sqrt{(2+x)^2+(1-1)^2}=1\)，解得\(x=-1\)或\(x=-3\)，
故\(\vec{a}=(-1,1)\)或\(\vec{a}=(-3,1)\).
法2：将\(\vec{a}+\vec{b}\)视为一个整体，由\(\vec{a}+\vec{b}\)平行于\(x\)轴，则\(\vec{a}+\vec{b}=(1,0)\)或\(\vec{a}+\vec{b}=(-1,0)\);
当\(\vec{a}+\vec{b}=(1,0)\)时，\(\vec{a}=(1,0)-\vec{b}=(1,0)-(2,-1)=(-1,1)\)；
当\(\vec{a}+\vec{b}=(-1,0)\)时，\(\vec{a}=(-1,0)-\vec{b}=(-1,0)-(2,-1)=(-3,1)\)；
【2020北京人大附中高一试题】已知不共线的平面向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)两两所成的角相等，并且\(|\vec{a}|=1\)，\(|\vec{b}|=2\)，\(|\vec{c}|=3\)，试求\(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)的长度以及与已知三向量的夹角。
法1：主动建系，利用向量的坐标，从数的角度计算；
由于不共线的平面向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)两两所成的角相等，即为\(\cfrac{2\pi}{3}\)，
故建立如下所示的平面直角坐标系，则\(\vec{a}=(0,1)\)，\(\vec{b}=(-\sqrt{3},-1)\)，\(\vec{c}=(\cfrac{3\sqrt{3}}{2},-\cfrac{3}{2})\)，
则\(\vec{d}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=(\cfrac{\sqrt{3}}{2},-\cfrac{3}{2})\)，即\(\vec{d}=\sqrt{3}\);
设\(<\vec{d},\vec{a}>=\theta\)，则由\(\cos\theta=\cdots=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(\theta=\cfrac{5\pi}{6}\)；
同理同法，可得到\(<\vec{d},\vec{b}>=\cfrac{\pi}{2}\)，\(<\vec{d},\vec{c}>=\cfrac{\pi}{6}\).
故向量\(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)的长度为\(\sqrt{3}\)，与三个向量的夹角分别为\(\cfrac{5\pi}{6}\)、\(\cfrac{\pi}{2}\)、\(\cfrac{\pi}{6}\).
法2：无需建系，利用已知的模长和已知的夹角求解；
由题目可知，\(|\vec{a}|=1\)，\(|\vec{b}|=2\)，\(|\vec{c}|=3\)，令\(\vec{d}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)；
且\(<\vec{a},\vec{b}>=<\vec{b},\vec{c}>=<\vec{c},\vec{a}>=120^{\circ}\)，
则\(|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|=\sqrt{(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})^2}\)
\(=\sqrt{|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+|\vec{c}|^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}+2\vec{a}\cdot\vec{c}+2\vec{b}\cdot\vec{c}}\)
\(=\sqrt{1+4+9+2\times 1\times 2\times(-\cfrac{1}{2})+2\times 2\times 3\times(-\cfrac{1}{2})+2\times 1\times 3\times(-\cfrac{1}{2}) }=\sqrt{3}\)
\(\cos<\vec{d},\vec{a}>=\cfrac{\vec{a}\cdot(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})}{|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|\cdot \vec{a}}=\cfrac{\vec{a}\cdot\vec{a}+\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{c}}{\sqrt{3}\times 1}\)
\(=\cfrac{1+(-1)-\frac{3}{2}}{\sqrt{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，故\(<\vec{d},\vec{a}>=\cfrac{5\pi}{6}\)，
同理同法，可求其他的夹角，略。
已知 \(A\)，\(B\) 是圆 \(O: x^{2}+y^{2}=4\) 上的两个动点， \(|\overrightarrow{AB}|=2\)，\(\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}\)， 若 \(M\) 是线段 \(AB\) 的中点， 则 \(\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}\) 的值为 【\(\qquad\)】
$A.\sqrt{3}$ $B.2\sqrt{3}$ $C.2$ $D.3$
法1：基向量法，即以向量 \(\overrightarrow{OA}\) 和 \(\overrightarrow{OB}\) 为基底，表达 向量 \(\overrightarrow{OC}\) 和 \(\overrightarrow{OM}\)，再代入运算即可。
因为 \(\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}\)，\(\overrightarrow{OM}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})\)
所以 \(\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}=(\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB})\cdot\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})\)
\(=\cfrac{1}{6}(\overrightarrow{OA}^{2}+2\overrightarrow{OB}^{2}+3\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB})\)
又 \(\triangle OAB\) 为等边三角形，所以 \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=2\times2\cos 60^{\circ}=2\) ，\(\overrightarrow{OA}^{2}=4\) ，\(\overrightarrow{OB}^{2}=4\)
所以 \(\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}=3\) ， 故选 \(D\)
法2：特殊化策略，【考试中的首选方法】既然点 \(A\) 和点 \(B\) 都是圆上的动点为什么可以这样思考呢，由于点 \(C\) 和点 \(M\) 在线段 \(AB\) 上的位置都是相对于点 \(A\) 和点 \(B\) 都是相对确定的，这样 \(|\overrightarrow{OC}|\) 和 \(|\overrightarrow{OM}|\) 都是确定值，而且向量夹角也是确定值，故 \(\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}\)应该是确定值，与夹角无关的，那么我们将点 \(A\)，那么可以将点 \(A\) 放置在 \((2,0)\) 处，此时由于 \(|AB|=2\)，则 \(\triangle OAB\)为等边三角形，故 点 \(B\) 可以放置在 点 \((1,\sqrt{3})\) 处，这样向量 \(\overrightarrow{OA}=(2,0)\) ， \(\overrightarrow{OB}=(1,\sqrt{3})\)
则 \(\overrightarrow{OC}\)\(=\)\(\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}\)\(+\)\(\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}\)\(=\)\(\cfrac{1}{3}(2,0)\)\(+\)\(\cfrac{2}{3}(1,\sqrt{3})\)\(=\)\((\cfrac{4}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})\)
又由于点 \(M\) 为 \(AB\) 的中点，故 \(M(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，则 \(\overrightarrow{OM}\)\(=\)\((\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)
故 \(\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}|=(\cfrac{4}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})\cdot(\cfrac{3}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})=3\)，故选 \(D\)
法3：向量坐标法，如果上述的方法理解还是有疑虑，那么可以采用这个方法来计算打消我们的顾虑，就是运算比较麻烦。
由于点 \(A\) 和点 \(B\) 都是圆上的动点，且 \(|AB|=2\) ，圆的半径也是 \(r=2\) ，故 \(\triangle OAB\)为等边三角形，利用圆的参数方程，令点 \(A(2\cos\theta,2\sin\theta)\)，则点 \(B(2\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3}))\)，这样
\(\overrightarrow{OA}\)\(=\)\((2\cos\theta,2\sin\theta)\) ，\(\overrightarrow{OB}\)\(=\)\((2\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3}))\)
\(\overrightarrow{OC}\)\(=\)\(\cfrac{1}{3}\overrightarrow{OA}\)\(+\)\(\cfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}\)\(=\)\(\left(\cfrac{2}{3}\cos\theta+\cfrac{4}{3}\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),\cfrac{2}{3}\sin\theta+\cfrac{4}{3}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right)\)
\(\overrightarrow{OM}\)\(=\)\(\left(\cos\theta+\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3}),\sin\theta+\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right)\)
故 \(\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OM}\)\(=\)\(\left[\cfrac{2}{3}\cos\theta+\cfrac{4}{3}\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]\)\(\left[\cos\theta+\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]\)
\(+\)\(\left[\cfrac{2}{3}\sin\theta+\cfrac{4}{3}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]\)\(\left[\sin\theta+\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]\)
\(=\)\(\cfrac{2}{3}\cos^2\theta\)\(+\)\(\cfrac{2}{3}\sin^2\theta\)\(+\)\(\cfrac{4}{3}\cos^2(\theta+\cfrac{\pi}{3})\)\(+\)\(\cfrac{4}{3}\sin^2(\theta+\cfrac{\pi}{3})\)
\(+\)\(\cfrac{2}{3}\left[\cos\theta\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})+\sin\theta\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]\)\(+\)\(\cfrac{4}{3}\left[\cos\theta\cos(\theta+\cfrac{\pi}{3})+\sin\theta\sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\right]\)
\(=2+2\cos(\theta-\theta-\cfrac{\pi}{3})=2+1=3\)，故选 \(D\)
已知向量\(\overrightarrow{OA}\perp \overrightarrow{AB}\)，\(|\overrightarrow{OA}|=3\)，求\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}\)的值。
分析：设向量\(|\overrightarrow{AB}|=x\)，则\(|\overrightarrow{OB}|=\sqrt{x^2+9}\)，
再设\(< \overrightarrow{OA} ，\overrightarrow{OB}>=\theta\)，则\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos\theta=3\times\sqrt{x^2+9}\times\cfrac{3}{\sqrt{x^2+9}}=9\)
【点评】根据内积的定义，要么求单个的\(|\overrightarrow{OB}|\)的值和\(cos\theta\)的值，要么能求得\(|\overrightarrow{OB}|cos\theta\)的整体的值，本题目刚好是利用三角函数能求得整体的值。
已知\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)为平面向量，其中\(\vec{a}，\vec{b}\)为单位向量，\(\vec{a}\cdot \vec{b}=0\)，且\(\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=1\)，求\(|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|\)
分析：由\(\vec{a}\cdot \vec{b}=0\)，可知\(<\vec{a}，\vec{b}>=90^{\circ}\)，
又\(\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=1\)，即\(|\vec{a}||\vec{c}|cos<\vec{a}，\vec{c}>=|\vec{b}||\vec{c}|cos<\vec{b}，\vec{c}>=1\)，
即\(<\vec{a}，\vec{c}>=<\vec{b}，\vec{c}>=45^{\circ}\)，故由\(\vec{a}\cdot \vec{c}=1\)可知，
\(|\vec{c}|=\sqrt{2}\)，又\(|\vec{a}|=1\)，\(|\vec{b}|=1\)，
则有\(|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2=\vec{a}^2+\vec{b}^2+\vec{c}^2+2\vec{a}\cdot \vec{b}+2\vec{a}\cdot \vec{c}+2\vec{b}\cdot \vec{c}=1+1+2+0+2+2=8\)，
故\(|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|=2\sqrt{2}\)。
对任意平面向量\(\vec{a}，\vec{b}\)，下列关系式不恒成立的是【\(\qquad\)】
\(A.|\vec{a}\cdot \vec{b}|\leq |\vec{a}||\vec{b}|\)
分析：恒成立，由于\(\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}|\cdot |\vec{b}|cos\theta\) ，故有\(|\vec{a}\cdot \vec{b}|=|\vec{a}|\cdot |\vec{b}||cos\theta|\leq |\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\)
\(B.|\vec{a}- \vec{b}|\leq ||\vec{a}|-|\vec{b}||\)
分析：不恒成立，比如这个反例，\(\vec{a}=\vec{-b}\)，取为一对相反单位向量，则此时左边为\(|2|\leq 0\)出错。
\(C.(\vec{a}+ \vec{b})^2= |\vec{a}+\vec{b}|^2\)
分析：恒成立，可以按照多项式乘法展开；
\(D.(\vec{a}+ \vec{b})\cdot (\vec{a}- \vec{b})= \vec{a}^2-\vec{b}^2\)
分析：恒成立，可以按照多项式乘法展开； 故选 \(B\)
【2017河北武邑中学一模，文11】在\(Rt\Delta ABC\)中，\(CA=CB=3\)，\(M，N\)是斜边\(AB\)上的两个动点，\(MN=\sqrt{2}\)，则\(\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}\)的取值范围是【\(\qquad\)】
$A.[2，\cfrac{5}{2}]$ $B.[2，4]$ $C.[3，6]$ $D.[4，6]$
分析：求向量的内积的取值范围，应该想到用内积的坐标运算，本题目难点是一般想不到主动建系，由形的运算转化为数的运算。
解：如图所示，以点\(C\)为坐标原点，分别以\(CB、CA\)所在的直线为\(x、y\)轴建立如同所示的坐标系，
则\(C(0，0)\)，\(A(0，3)\)，\(B(3 ，0)\)，设点\(N\)的横坐标为\(x\)，则由等腰直角三角形可知，点\(N\)的纵坐标为\(3-x\)，即点\(N(x，3-x)\)，
又由\(MN=\sqrt{2}\)，计算可知点\(M(x-1，4-x)\)，则\(\overrightarrow{CM}=(x-1，4-x)\)，\(\overrightarrow{CN}=(x，3-x)\)，
由于点\(M,N\)是动点，取两个极限位置研究\(x\)的取值范围，
当点\(M\)位于点\(A\)时，\(x\)取到最小值\(1\)，当点\(N\)位于点\(B\)时，\(x\)取到最大值\(3\)，即\(1\leq x\leq 3\)，
则\(\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}=f(x)=((x-1，4-x)\cdot (x，3-x)\)
\(=x(x-1)+(4-x)(3-x)=2(x-2)^2+4\)，\(x\in [1，3]\)
当\(x=2\)时，\(f(x)_{min}=f(2)=4\)，当\(x=1\)或\(x=3\)时，\(f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6\)，
即\(f(x)\in [4，6]\) . 故选\(D\)
在 \(\triangle ABC\) 中 \(AB=3\)，\(AC=2\)，\(\angle BAC=120^{\circ}\)，点 \(D\) 为 \(BC\) 边上的一点 且 \(\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{DC}\)， 则 \(\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}\) 等于【\(\qquad\)】
$A.\cfrac{2}{3}$ $B.1$ $C.2$ $D.\cfrac{1}{3}$
解析： 以 \(A\) 为坐标原点 \(AB\) 所在的直线为 \(x\)
则 \(A(0,0)\)， \(B(3,0)\)， \(C(-1, \sqrt{3})\)，
由于 \(\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{DC}\)， 所以 \(\overrightarrow{BD}=\cfrac{2}{3}\overrightarrow{BC}=\cfrac{2}{3}(-4,\sqrt{3})=(-\cfrac{8}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})\)，
则 \(D(\cfrac{1}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})\)， 则 \(\overrightarrow{AD}=(\cfrac{1}{3},\cfrac{2\sqrt{3}}{3})\)，\(\overrightarrow{AB}=(3,0)\)
所以， \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=3\times\cfrac{1}{3}+0\times\cfrac{2\sqrt{3}}{3}=1\)， 故选 \(B\)
【2019届高三理科数学二轮用题】在矩形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，\(AD=4\)，\(AC\)与\(BD\)相交于点\(O\)，过点\(A\)作\(AE\perp BD\)于\(E\)，则\(\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}\)=【\(\qquad\)】
$A.\cfrac{8}{5}$ $B.\cfrac{16}{5}$ $C.\cfrac{32}{5}$ $D.8$
法1：从形的角度思考，采用坐标法求解；以点\(A\)为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，
则可知\(A(0，0)\)，\(B(0，-2)\)，\(C(4，-2)\)，\(D(4，0)\)，设\(E(x，y)\)，
则由\(k_{AE}\cdot k_{BD}=-1\)，可得\(y=-2x\)①，又直线\(BD：2y=x-4\)②，
联立①②可得，\(x=\cfrac{4}{5}\)，\(y=-\cfrac{8}{5}\)，
则\(\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}=(\cfrac{4}{5}，-\cfrac{8}{5})\cdot (4，-2)=\cfrac{32}{5}\)，故选\(C\).
法2：本题目是否还可以用基向量法，以\(\overrightarrow{AB}\)和\(\overrightarrow{AD}\)为基向量来表示其他向量，待思考；
