2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知向量a=(1,2)，b=(x,1−x)，若a//b，则x=( )
A. 2B. 13C. 3D. 23
2.下列四个命题中正确的是( )
A. 每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B. 所有棱长都相等的四棱柱是正方体
C. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱
D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥
3.已知复数z=(1−2i)(1+i)，其中i是虚数单位，则z的虚部是( )
A. iB. −iC. −1D. 1
4.已知a，b为非零向量，且满足b⋅(a−b)=0，则a−2b在b上的投影向量为( )
A. bB. −bC. 2bD. −2b
5.已知△ABC的三条边长分别为a，b，c，且(a+b)：(b+c)：(a+c)=12：13：15，则此三角形的最大角与最小角之和为( )
A. π3B. 2π3C. 3π4D. 5π6
6.已知平面直角坐标系下，△ABC的三个顶点坐标为：A(1,1)，B(−1,2)，C(3,5)，若△ABC斜二测画法下的直观图是△A′B′C′，则△A′B′C′的面积为( )
A. 5 24B. 5 22C. 5 2D. 10 2
7.如图所示，在▱ABCD中，点E为线段AD上的中点，点F为线段CD上靠近点C的三等分点，BE，BF分别与AC交于R，T两点.则( )
A. FT=16AB−14ADB. BD=35BE+45BF
C. AB=3BR+4DTD. AD=3AB−4ER
8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边BC上的中线、高线、角平分线长分别是ma，ha，la，则下列结论中错误的是( )
A. ma=12 2(b2+c2)−a2
B. la=2bccsA2b+c
C. ha= (b+c)2−a2⋅ a2−(b−c)22a
D. S△ABC= 2(a2+b2)c2+(a2−b2)2−c44
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z1，z2均不为0，复数z的共轭复数为z−，则( )
A. z1−z2−=z1−−z2−B. |z1+z2|=|z1|+|z2|
C. z1⋅z2−=z1−⋅z2−D. |z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是( )
A. 若a=ccsB，则△ABC是直角三角形
B. 若a2+b2−c2>0，则△ABC是锐角三角形
C. 若acsA=bcsB，则△ABC是等腰三角形
D. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC是等边三角形
11.已知a，b为非零向量，且满足|a|=2，|a−b|=1，则( )
A. a，b夹角的取值范围是[0,π6]B. |b|的取值范围是[1,3]
C. a⋅b的取值范围是[2,4]D. |a+b|的取值范围是[3,5]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知z=1+i(i是虚数单位)，则z4=______.
13.已知球O的体积为36π，则球O的表面积为______，球 O的内接正四面体的体积为______.
14.勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛.如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形.已知正三角形ABC边长为2，点P为圆弧AB上的一点，且满足：S△ABP= 312，则PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA的值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z1=1+2i.
(1)若复数z1是方程z2+a⋅z+b=0的一个复数根，求实数a，b的值；
(2)若复数z2满足z1z2=1−1z1，求|z2|.
16.(本小题15分)
如图所示，已知三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都为1，BC⊥CC1，点P为线段B1C1上的动点.
(1)若点P恰为线段B1C1上靠近点C1的三等分点，求三棱锥P−A1BC和三棱柱ABC−A1B1C1的体积之比；
(2)求PA1+PC的最小值及此时B1P的值.
17.(本小题15分)
设向量a，b满足|a|=1，|b|=2，|3a−b|=3.
(1)求|2a+3b|的值；
(2)已知2a+3b与λa−32b的夹角的余弦值为 1133，求λ的值.
18.(本小题17分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且满足b=2， 3bsinC+bcsC=a.
(1)求B；
(2)若D，E为线段BC上的两个动点，且满足∠DAE=60∘，S△ABC= 3，求S△ADE的取值范围.
19.(本小题17分)
对于平面向量ak=(xk,yk)(k=1,2,⋯)，定义“Fθ变换”：ak+1=Fθ(ak)=(xkcsθ−yksinθ,xksinθ+ykcsθ)，(0<θ<π)
(1)若向量a1=(2,1)，θ=π3，求a2；
(2)已知OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，且OA与OB不平行，OA′=Fθ(OA)，OB′=Fθ(OB)，证明：S△OAB=S△OA′B′；
(3)若向量a4=a1，求θ.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：向量a=(1,2)，b=(x,1−x)，a//b，
则1⋅(1−x)=2x，解得x=13.
故选：B.
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，如图：
在三棱锥A−BCD中，有AB=BC=CD=AD=a，AC=BD=b，
该每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误；
对于B，底面为菱形的直四棱柱，其侧棱与底面边长相等，
该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误；
对于C，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，C正确；
对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，D错误．
故选：C.
根据题意，举出反例可得A、B错误，由圆柱、圆锥的定义分析C和D，综合可得答案．
本题考查常见几何体的定义，涉及棱锥、棱柱、圆柱、圆锥的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵z=(1−2i)(1+i)=3−i，
∴z的虚部为−1.
故选：C.
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：a，b为非零向量，且满足b⋅(a−b)=0，
则a⋅b−b2=0，
(a−2b)⋅b=a⋅b−2b2=−b2，
故a−2b在b上的投影向量为：(a−2b)⋅bb2×b=−b.
故选：B.
结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为(a+b)：(b+c)：(a+c)=12：13：15，
设a+b=12k，b+c=13k，a+c=15k，
解得a=7k，b=5k，c=8k，
令k=1，则a=7，b=5，c=8，
由三角形中大边对大角，可得角C为最大角，B为最小角，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=25+64−492×5×8=12，而A∈(0,π)，
所以A=π3，
所以B+C=π−π3=2π3.
故选：B.
由题意设a，b，c的值，判断出角C为最大角，角B为最小角，由余弦定理可得csA的值，再由角A的范围，可得角A的大小，进而求出B+C的大小．
本题考查余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，△ABC的三个顶点坐标为：A(1,1)，B(−1,2)，C(3,5)，
则kAB=2−1−1−1=−12，kAC=5−13−1=2，则有kAB⋅kAC=−1，即直线AB与AC垂直，∠A=90∘，
同时|AB|= 4+1= 5，|AC|= 4+16=2 5，
故△ABC的面积S=12|AB|×|AC|=5，
则其直观图的面积S′= 24S=5 24.
故选：A.
根据题意，由点A、B、C的坐标分析可得kAB⋅kAC=−1，进而可得∠A=90∘，同时求出|AB|、|AC|的长，由此可得△ABC的面积，结合直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，涉及三角形面积的计算，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：选项A，因为AB//CD，且点F为线段CD上靠近点C的三等分点，
所以FTBT=CFAB=13，
所以FT=14FB=14(FD+DA+AB)=14(−23AB−AD+AB)=112AB−14AD，即选项A错误；
选项B，因为点E为线段AD上的中点，
所以BE=12(BA+BD)①，
因为点F为线段CD上靠近点C的三等分点，
所以BF=BD+DF=BD+23DC=BD−23BA②，
联立①②消去BA，得BD=45BE+35BF，即选项B错误；
选项C，因为AD//BC，且点E是AD的中点，
所以ERBR=AEBC=12，
所以BR=23BE，
所以3BR+4DT=3×23BE+4(DF+FT)=2(AE−AB)+4(23AB+112AB−14AD)=AD−2AB+3AB−AD=AB，即选项C正确；
选项D，因为ER=13EB=13(AB−AE)=13(AB−12AD)=13AB−16AD，
所以AD=2AB−6ER，即选项D错误．
故选：C.
根据平面向量的基本定理，结合平行线的性质与平面向量的线性运算法则，逐一分析选项即可．
本题考查平面向量的基本定理，熟练掌握平面向量的线性运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：A：设AD为BC的中线，由中线定理可得：AB2+2AC2=12BC2+2AD2，可得AD= AB2+AC2−12BC22= 2(c2+b2)−a22，
即ma= 2(c2+b2)−a22，所以A正确；
B中，设∠A=2α，设AF为∠A的角平分线，所以∠BAD=∠CAD=α，
由三角形等面积法可得12AC⋅ABsin2α=12AC⋅AFsinα2+12AB⋅AFsinα2，
可得bc⋅2sinα2csα2=AF(b+c)sinα2，
所以AF=2bccsA2b+c，即la=2bccsA2b+c，所以B正确；
设AE为BC边上的高，由等面积法可得12bcsinA=12a⋅AE，
所以AE=bcsinAa，因为sinA= 1−cs2A，由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc，
所以1−cs2A=1−(b2+c2−a2)2(2bc)2=(2bc+b2+c2−a2)(2bc−b2−c2+a2)(2bc)2，
所以AE=bc⋅12bc⋅ [(b+c)2−a2][a2−(b−c)2]a= [(b+c)2−a2]⋅[a2−(b−c)2]2a，
即ha= [(b+c)2−a2]⋅[a2−(b−c)2]2a，所以C正确；
D中，由C可得S△ABC=12a⋅ha= [(b+c)2−a2]⋅[a2−(b−c)2]4，所以D不正确．
故选：D.
A中，由正弦定理可得中线ma的表达式，判断出A的真假；B中，由三角形等面积法求出角平分线la的表达式，判断出B的真假；C中，由三角形等面积法求出高ha的表达式，判断出C的真假；D中，由C选项的分析，可得三角形的面积的表达式，判断出D的真假．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于AC，设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，
z1−z2=a−c+(b−d)i，
则z1−z2−=a−c−(b−d)i，z1−−z2−=a+bi−(c−di)=a−c−(b−d)i，故A正确；
z1⋅z2=ac−bd+(ad+bc)i，
则z1⋅z2−=ac−bd−(ad+bc)i，
z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=ac−bd−(ad+bc)i，故C正确；
对于B，令z1=i，z2=−i，
|z1+z2|=0，|z1|+|z2|=1+1=2，故B错误；
对于D，结合复数模的性质可知，|z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|，故D正确．
故选：ACD.
结合复数的四则运算，共轭复数的定义，复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的定义，是基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：A中，由正弦定理可得sinA=sinCcsB，在三角形中，sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以sinBcsC=0，因为sinB>0，所以csC=0，
而C∈(0,π)，所以C=π2，所以该三角形为直角三角形，所以A正确；
B中，因为a2+b2−c2>0，所以csC>0，即角C为锐角，但是角A，角B不能确定是锐角，所以该三角形不一定是锐角三角形，所以B不正确；
C中，因为acsA=bcsB，由正弦定理可得sinAcsA=sinBcsB，
可得sin2A=sin2B，在三角形中，可得2A=2B或2A+2B=π，
所以A=B或A+B=π2，
所以该三角形为等腰三角形或直角三角形，所以C不正确；
D中，因为acsA=bcsB=ccsC，由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC，
则sinAsinB=csAcsB，即sinAcsB−sinBcsA=0，可得sin(A−B)=0，在三角形中，可得A=B，
同理可得B=C，A=C，所以该三角形为等边三角形，所以D正确．
故选：AD.
A中，由正弦定理及三角形中角之间的关系，可得csC=0，即角C为直角，判断出A的真假；B中，由余弦定理判断出角C为锐角，不能判断出角A，B是否为锐角，进而判断出B的真假；C中，由正弦定理可得sin2A=sin2B，再在三角形中，可得A=B或A+B=π2，判断出三角形的形状，判断出C的真假；D中，由正弦定理及两角差的正弦公式，可得A=B=C，判断出D的真假．
本题考查三角形中角之间关系的应用及正弦定理的应用，两角和，两角差的正弦公式的应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：设a，b的夹角为θ，由|a|=2，|a−b|=1，得a2−2a⋅b+b2=1，
所以4−4|b|csθ+|b|2=1，解得csθ=3+|b|24|b|=34|b|+|b|4≥2 34|b|×|b|4= 32，当且仅当34|b|=|b|4，即|b|= 3时取“=”，
所以 32≤csθ≤1，所以夹角θ的取值范围是[0,π6]，选项A正确；
由 32≤csθ≤1，得 32≤3+|b|24|b|≤1，等价于|b|2−4|b|+3≤0|b|2−2 3|b|+3≥0，
解得1≤|b|≤3，所以|b|的取值范围是[1,3]，选项B正确；
因为a⋅b=12(3+|b|2)，|b|2∈[1,9]，所以12(3+|b|2)∈[2,6]，
即a⋅b的取值范围是[2,6]，选项C错误；
(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=1+4a⋅b，
由a⋅b∈[2,6]，得1+4a⋅b∈[9,25]，所以|a+b|∈[3,5]，选项D正确．
故选：ABD.
选项A中，设a，b的夹角为θ，由题意求出csθ的取值范围，即可得出夹角θ的范围；
选项B中，由csθ的取值范围，列不等式求出|b|的取值范围；
选项C中，由|b|取值范围，求出a⋅b的取值范围；
选项D中，由a⋅b的取值范围，直接求出|a+b|的范围．
本题考查了平面向量数量积的应用问题，也考查了夹角与模长的计算问题，是中档题．
12.【答案】−4
【解析】解：由z=1+i，得z4=(1+i)4=(2i)2=−4.
故答案为：−4.
利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
13.【答案】36π8 3
【解析】解：设球的半径为R，则有43πR3=36π，
解得R3=27，即R=3，
所以球O的表面积为S=4πR2=4π×32=36π，
将正四面体扩展为正方体，它们的外接球是同一个球，
正方体的对角线长就是球的直径，设正方体的棱长为a，对角线长为 3a，
则由 3a=2R=2×3=6，得a=2 3，
所以正四面体的体积为a3−4×16a3=13a3=8 3.
故答案为：36π；8 3.
根据球的体积公式求得半径R，再利用球的表面积公式即可得解；将正四面体扩展为正方体，它们的外接球是同一个球，正方体的对角线长就是球的直径，求出正方体的棱长即可求出正四面体的体积．
本题考查正四面体的外接球，体积的求法，考查计算能力，空间想象能力，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：如图，以C为原点建立平面直角坐标系，
因为弧AB在圆x2+y2=4上，设P(x0,y0)，则x02+y02=4，
设点P到直线AB的距离为d，
由S△ABP=12×|AB|×d=12×2×d= 312，可得d= 312，
由A(−1, 3)，B(−2,0)，kAB= 3，
可得直线AB的方程为：y= 3(x+2)= 3x+2 3，即 3x−y+2 3=0，
故点P到直线AB的距离d=| 3x0−y0+2 3|2= 312，
因为P在直线AB上方，所以y0> 3x0+2 3，
所以 3x0−y0+2 3<0，故 3x0−y0=−13 36，
由PA=(−1−x0, 3−y0)，PB=(−2−x0,−y0)，PC=(−x0,−y0)，
可得PA⋅PB+PA⋅PC+PB⋅PC
=(1+x0)(2+x0)+y0(y0− 3)+x0(1+x0)+y0(y0− 3)+x0(2+x0)+y02
=3(x02+y02)+(6x0−2 3y0)+2
=3×4+2 3×( 3x0−y0)+2
=14−2 3×13 36=1，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA的值为1.
故答案为：1.
建立平面直角坐标系，设P(x0,y0)，利用△ABP的面积和点到直线的距离公式，求得 3x0−y0=−13 36，再根据平面向量数量积的坐标运算进行计算即可得出结论．
本题考查直线方程、点到直线的距离求法、平面向量数量积运算等知识，属中档题．
15.【答案】解：(1)z12=(1+2i)2=−3+4i，
所以z12+a⋅z1+b=a+b−3+(2a+4)i=0，
a+b−3=02a+4=0，所以a=−2，b=5；
(2)因为z1z2=1−1z1，
所以z2=z11−1z1=z12z1−1=−3+4i2i=2+32i，
所以|z2|= 22+(32)2=52.
【解析】(1)把复数z1=1+2i代入方程，结合复数相等的条件即可求解；
(2)结合复数的四则运算及复数的模长公式即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
16.【答案】解：(1)VP−A1BCVABC−A1B1C1=VA1−PBCVABC−A1B1C1=12×VA1−BCC1B1VABC−A1BC1=12×VABC−A1B1C1−VA−ABCVABC−A1B1C1=13；
(2)将△A1B1C1绕着直线B1C1旋转至平面BCC1B1，当P，A1，C三点共线时，PA1+PC取得最小值，
∵∠A1C1B1=π3，∠B1C1C=π2，CC1=A1C1=1
∴A1C2=A1C12+CC12−2A1C1×CC1cs∠A1C1C=1+1−2cs5π6=2+ 3，
∴A1C= 6+ 22，
此时C1P=tanπ12=2− 3，B1P= 3−1.
【解析】(1)利用等体积转化法求解即可；
(2)将△A1B1C1绕着直线B1C1旋转至平面BCC1B1，当P，A1，C三点共线时，PA1+PC取得最小值，再利用余弦定理求解即可．
本题考查等体积转化法以及利用展开法求几何体表面上两点间距离的最小值，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵向量a，b满足|a|=1，|b|=2，|3a−b|=3，
∴|3a−b|2=9a2−6a⋅b+b2=13−6a⋅b=9，∴a⋅b=23，
∴|2a+3b|2=4a2+12a⋅b+9b2=48，
则|2a+3b|=4 3；
(2)∵(2a+3b)⋅(λa−32b)=2λa2+(3λ−3)a⋅b−92b2=4λ−20，
|λa−32b|2=λ2a2−3λa⋅b+94b2=λ2−2λ+9，
∴cs⟨(2a+3b),(λa−3b)⟩=(2a+3b)⋅(λa−3b)|2a+3b|⋅|λa−3b|=λ−5 3⋅ λ2−2λ+9= 1133，
∵λ>5，∴λ=6.
【解析】(1)利用平面向量数量积的运算即可求解；
(2)利用平面向量数量积和两向量的夹角公式即可求解．
本题考查了平面向量数量积和两向量的夹角计算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵ 3bsinC+bcsC=a，
∴ 3sinBsinC+sinBcsC=sinA=sin(B+C)=sinCcsB+csCsinB，
∴ 3sinBsinC=csBsinC，
又在△ABC中，sinC≠0，
∴ 3sinB=csB，∴tanB= 33，
∵B∈(0,π)，∴B=π6；
(2)由△ABC的面积为12acsinB=12ac⋅12= 3，可得ac=4 3，
∵b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−12=4，∴a2+c2=16，
a=2c=2 3或a=2 3c=2，
又∠BAC>∠DAE=60∘，得a=2 3，c=2，∠BAC=120∘，
设∠CAE=θ，其中0∘<θ<60∘，则∠AEC=150∘−θ，∠ADC=90∘−θ，
在△ACE中，由正弦定理可得ACsin∠AEC=AEsin∠C，
则AE=ACsin∠Csin∠AEC=1sin(150∘−θ)，
在△ACD中，由正弦定理可得ACsin∠ADC=ADsin∠C，
则AD=AC∠sinCsin∠ADC=1sin(90∘−θ)=1csθ.
∴△ADE的面积S=12AD⋅AEsin∠DAE= 34csθsin(150∘−θ)，
y=csθsin(150∘−θ)=csθ(12csθ+ 32sinθ)=12cs2θ+ 32sinθcsθ
= 34sin2θ+14cs2θ+14=12sin(2θ+30∘)+14，
∵0∘<θ<60∘，则30∘<2θ+30∘<150∘，
∴12∴S△ADE∈[ 33, 32).
【解析】(1)由三角形的正弦定理和三角函数的恒等变换，计算可得所求值；
(2)由三角形的面积公式和正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换以及正弦函数的性质，可得取值范围．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及三角函数的恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)解：由题意，把x1=2，y1=1，θ=π3，代入变换公式，
得x2=x1csθ−y1sinθ=2×12−1× 32=1− 32y2=x1sinθ+y1csθ=2× 32+1×12= 3+12，
所以a2=(1− 32, 3+12)；
(2)证明：因为OA2=x12+y12，OA′2=(x1csθ−y1sinθ)2+(x1sinθ+y1csθ)2=x12+y12，所以OA2=OA′2，
所以|OA′|=|OA|，同理可得|OB′|=|OB|，
计算OA′⋅OB′=(x1csθ−y1sinθ)(x2csθ−y2sinθ)+(x1sinθ+y1csθ)(x2sinθ+y2csθ)，
=x1x2cs2θ+y1y2sin2θ+x1x2sin2θ+y1y2cs2θ=x1x2+y1y2，
OA⋅OB=x1x2+y1y2，
所以OA′⋅OB′=OA⋅OB，
又cs=OA′⋅OB′|OA′||OB′|，cs=OA⋅OB|OA||OB|，
所以cs=cs，
所以sin=sin，
又S△OA′B′=12|OA′||OB′|sin，
S△OAB=12|OA||OB|sin，
所以S△OAB=S△OA′B′.
(3)解：由xk+2=xk+1csθ−yk+1sinθ
=(xkcsθ−yksinθ)csθ−(xksinθ+ykcsθ)sinθ
=xk(cs2θ−sin2θ)−2yksinθcsθ=xkcs2θ−yksin2θ，
yk+2=xk+1sinθ+yk+1csθ
=(xkcsθ−yksinθ)sinθ+(xksinθ+ykcsθ)csθ
=2xksinθcsθ+yk(cs2θ−sin2θ)=xksin2θ+ykcs2θ；
所以xk+3=xk+2csθ−yk+2sinθ
=(xkcs2θ−yksin2θ)csθ−(xksin2θ+ykcs2θ)sinθ
=xk(cs2θcsθ−sin2θsinθ)−yk(sin2θcsθ+cs2θsinθ)
=xkcs3θ−yksin3θ，
yk+3=xk+2sinθ+yk+2csθ
=(xkcs2θ−yksin2θ)sinθ+(xksin2θ+ykcs2θ)csθ
=xk(sin2θcsθ+cs2θsinθ)+yk(cs2θcsθ−sin2θsinθ)
=xksin3θ+ykcs3θ；
由题意知，a4=a1，
所以x1cs3θ−y1sin3θ=x1x1sin3θ+y1cs3θ=y1，
即cs3θ=1sin3θ=0，
又因为0<θ<π，所以θ=2π3.
【解析】(1)把x1，y1和θ的值代入变换公式求解即可；
(2)根据平面向量的模长和夹角与数量积运算公式，以及三角形的面积公式，求解即可．
(3)由递推公式，得出向量的坐标表示，再根据向量相等，列方程组即可求出θ的值．
本题考查了平面向量的数量积应用问题，也考查了三角函数恒等变换的应用问题，是难题．