2022-2023学年广西钦州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广西钦州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是( )
A. 四棱台B. 四棱柱C. 四棱锥D. 五棱锥
2.若α是第二象限角，则−π2−α是( )
A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角
3.已知四边形ABCD是平行四边形，则AC+BA−DC=( )
A. DAB. DBC. ADD. BD
4.“a∈(3π2,2π)”是“csα>0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知P为平面α外一点，则下列判断错误的是( )
A. 过点P只能作一个平面与α平行B. 过点P可以作无数条直线与α平行
C. 过点P只能作一个平面与α垂直D. 过点P只能作一条直线与α垂直
6.tan35∘−tan80∘+tan35∘tan80∘=( )
A. −1B. 1C. − 3D. 3
7.已知一个底面半径为2，高为2 3的圆锥，被一个过该圆锥高的中点且平行于该圆锥底面的平面所截，则截得的圆台的体积为( )
A. 7 3π3B. 14π3C. 3 3πD. 6π
8.武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光，以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色.主峰天柱峰犹如金铸玉瑑的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅.环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”.如图，若点P为主峰天柱峰的最高点，M，N为观测点，且P，M，N在同一水平面上的投影分别为Q，E，F，∠QEF=30∘，∠QFE=45∘，由点M测得点N的仰角为15∘，NF−ME=200米，由点N测得点P的仰角为α且tanα= 2，则P，M两点到水平面QEF的高度差约为(参考数据： 3≈1.732)( )
A. 684米B. 732米C. 746米D. 750米
二、多选题：本题共4小题，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知函数f(x)=csx2−1，则( )
A. f(x)的最小正周期为4π
B. f(x)为奇函数
C. f(x)的单调递减区间为[−π+4kπ,π+4kπ]，k∈Z
D. f(x)的最小值为−2
10.已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上存两点A(−1,a)，B(b,1)且sinα=13，则( )
A. a=− 24B. b=−2 2C. csα=−2 23D. tanα=− 24
11.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，b=4，锐角C满足sinC= 154，则( )
A. △ABC的面积为3 15B. csC=14
C. c= 19D. csB= 1919
12.已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为π2的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则( )
A. 该圆锥的底面半径为2B. 该圆锥的高为 15
C. 该圆锥的表面积为5πD. 能制作的零件体积的最大值为4 15π25
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知4sinα+3csα=0，则csα+2cs(π+α)4sin(2π+α)+2csα=______.
14.已知△ABC为边长为1的等边三角形，BD=13BA，则CD⋅CA=______.
15.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且bcsC+ccsB=1，则a=______.若csB2= 24，c=2，则b=______.
16.在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图，这是注入了一定量水的正方体密闭容器，现将该正方体容器的一个顶点A固定在地面上，使得AD，AB，AA1三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面恰好经过BB1的中点，若AB=1，则该水平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知向量a=(1,0)，b=(2,m)，且a与b的夹角为π3.
(1)求m的值；
(2)求a+b在b方向上的投影向量的模.
18.(本小题12分)
已知sin(θ+π6)= 33.
(1)求cs(4π3+2θ)的值；
(2)若θ∈(0,π2)，求sinθ.
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，已知PA=PB=AC=BC=4，PC=4 2，且∠APB=60∘，E、F分别为AP、AC的中点.
(1)证明：PC//平面EBF；
(2)求异面直线PC与EB所成角的余弦值.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示.
(1)求f(x)的解析式；
(2)将f(x)的图象向右平移π12个单位长度，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，求g(x)在[0,π4]上的值域.
21.(本小题12分)
从①2csA(ccsB+bcsC)=a；② 3asinC−b=c−acsC这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并加以解答.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，_____.
(1)求角A；
(2)若△ABC为锐角三角形，求bc−c2a2的取值范围.
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分.
22.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点C1在平面B1CD1的射影为H.
(1)证明：H为△B1CD1的垂心.
(2)若AB=2BC=2BB1=4，且点A在平面B1CD1的射影为点G，求三棱锥A−B1GH的体积.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，四棱台是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意；
对于B，四棱柱是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意；
对于C，四棱锥有一个底面，四个侧面有5个面，不满足题意；
对于D，五棱锥有一个底面，五个侧面有6个面，满足题意．
故选：C.
根据题意，由棱柱，棱台和棱锥的面的个数，结合选项得出答案即可．
本题考查棱台、棱锥、棱柱的结构特征，注意常见几何体的面、棱、顶点的数目，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由α与−α的终边关于x轴对称，可知若α是第二象限角，则−α是第三象限角，
所以−π2−α是第二象限角．
故选：B.
先判断角−α终边的位置，然后再判断出角−π2−α终边的位置．
本题主要考查象限角，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由向量加法法则，可得：
AC+BA−DC=BC+CD=BD.
故选：D.
利用平面向量加法法则可化简AC+BA−DC.
本题考查平面向量的加法法则，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由a∈(3π2,2π)，得csα>0，
但由csα>0，得2kπ−π2<α<π2+2kπ(k∈Z)，不能推出a∈(3π2,2π)，
所以“α∈(3π2,2π)”是“csα>0”的充分不必要条件．
故选：A.
由a∈(3π2,2π)，得csα>0，充分性成立；由csα>0，得2kπ−π2<α<π2+2kπ(k∈Z)，必要性不成立，从而可判断．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据三角函数函数的性质进行求解是解决本题的关键，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，过平面α外一点P只能作一个平面与α平行，故A正确；
对于B，平面α外一点P可以作无数条直线与α平行，故B正确；
对于C，平面α外一点P可以作无数个平面与α垂直，故C错误；
对于D，平面α外一点P只能作一条直线与α垂直，故D正确．
故选：C.
利用空间中线与面的平行关系与垂直关系进行判断即可．
本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为tan(35∘−80∘)=tan35∘−tan80∘1+tan35∘tan80∘，
即tan35∘−tan80∘=tan(35∘−80∘)(1+tan35∘tan80∘)，
所以tan35∘−tan80∘+tan35∘tan80∘=tan(35∘−80∘)(1+tan35∘tan80∘)+tan35∘tan80∘
=−tan45∘(1+tan35∘tan80∘)+tan35∘tan80∘=−1.
故选：A.
根据tan35∘−tan80∘=tan(35∘−80∘)(1+tan35∘tan80∘)，代入从而可求解．
本题主要考查了两角差的正切公式的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：∵圆锥的底面半径为2，高为2 3，
∴可得的圆台的下底面半径为2，上底面半径为1，高为 3，
故该圆台的体积V=13(π+4π+ π⋅4π)⋅ 3=7 3π3.
故选：A.
利用台体的体积公式计算即可．
本题考查台体的体积的计算，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：若点P为主峰天柱峰的最高点，M，N为观测点，且P，M，N在同一水平面上的投影分别为Q，E，F，∠QEF=30∘，∠QFE=45∘，
由点M测得点N的仰角为15∘，NF−ME=200米，由点N测得点P的仰角为α且tanα= 2，
如图，过M作MC⊥NF交NF于C，过N作ND⊥PQ交PQ于D，
如图所示，因为NF−ME=200，所以NC=200，
又∠NMC=15∘，则MC=200tan15∘，tan15∘=tan(60∘−45∘)=tan60∘−tan45∘1+tan60∘⋅tan45∘= 3−11+ 3=2− 3，
则EF=MC=2002− 3=200(2+ 3)，
又∠QEF=30∘，∠QFE=45∘，所以∠FQE=105∘，
由正弦定理EFsin∠FQE=FQsin∠FEQ，得200(2+ 3)sin105∘=QFsin30∘，
sin105∘=sin(60∘+45∘)=sin60∘cs45∘+cs60∘sin45∘= 2+ 64，
即FQ=200(2+ 3)×12 2+ 64=100 6+100 2，又∠PND=α，所以tanα= 2，
所以PD=ND⋅tanα=FQ⋅tanα=200+200 3，
则P，M两点到平面QEF的高度差为PD+NC=200+200 3+200=400+200 3=200(2+ 3)≈746米．
故选：C.
过M作MC⊥NF交NF于C，过N作ND⊥PQ交PQ于D，根据正弦定理即可求解．
本题考查了正弦定理在实际生活中的应用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A，f(x)的最小正周期T=2π12=4π，A正确；
对于B，f(−x)=cs(−x2)−1=csx2−1=f(x)，所以f(x)为偶函数，B错误；
对于C，令2kπ≤x2≤π+2kπ,k∈Z，解得4kπ≤x≤2π+4kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递减区间为[4kπ,2π+4kπ]，k∈Z，C错误；
对于D，当x2=π+2kπ,k∈Z，即x=2π+4kπ，k∈Z时，f(x)的最小值为−2，D正确．
故选：AD.
对于A，利用周期公式即可判断；对于B，利用奇函数的判定方法即可判断；对于C，令2kπ≤x2≤π+2kπ,k∈Z，求解后即可判断；对于D，由余弦函数的性质，可求得最小值，从而可判断．
本题考查了三角函数的周期性，单调性以及奇偶性，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：∵角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上存两点A(−1,a)，B(b,1)且sinα=13，
∴a 1+a2=1 b2+1=13，
解得a2=18,b2=8，
由a 1+a2=13，可知a>0，
∴角α为第二象限的角，所以b<0，
∴a= 24,b=−2 2，故A错误，B正确；
又csα=b b2+1=−2 23，tanα=1b=−12 2=− 24，故C、D均正确．
故选：BCD.
根据任意角的三角函数的定义列方程可求出a，b的值，从而可求出角α的其它三角函数值．
本题考查任意角的三角函数的定义及其应用，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查余弦定理，以及三角形的面积公式，属于一般题目，
由三角形的 面积公式，可判定A错误；由三角函数的基本关系式，可判定B正确，由余弦定理，可判定C正确，D错误.
【解答】
解：在△ABC中，因为a=3,b=4，且sinC= 154，
由三角形的面积公式，可得S△ABC=12absinC=12×3×4× 154=3 152，所以A错误；
由C为锐角，且sinC= 154，可得csC= 1−sin2C=14，所以B正确；
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=9+16−2×3×4×14=19，可得c= 19，所以C正确；
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=9+19−162×3× 19=2 1919，所以D不正确.
故选：BC.
12.【答案】BCD
【解析】解：由题意得该圆锥的母线长为4，
设圆锥的底面半径为R，高为h，
由2πR=4×π2，得R=1，A错误；
则h= l2−R2= 15，B正确；
所以该圆锥的表面积为πR2+πRl=5π，C正确；
如图，圆锥PO内切球的半径等于(轴截面)△PAB内切圆的半径，
设△PAB的内切圆为圆O′，其半径为r，
由S△PAB=S△PAO′+S△PBO′+S△ABO′，
得12×2× 15=12×4r+12×4r+12×2r，得r= 155，
故能制作的零件体积的最大值为43πr3=4 15π25，D正确．
故选：BCD.
根据侧面展开图和圆锥的关系可求得圆锥底面圆的半径以及圆锥的高，进而可求圆锥的表面积，再根据圆锥内切球的半径与轴截面内切圆的半径相等即可求出能制作的零件体积的最大值．
本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了球的体积公式，属于中档题．
13.【答案】1
【解析】解：由题可知tanα=−34，则 csα+2cs(π+α)4sin(2π+α)+2csα=csα−2csα4sinα+2csα=−csα4sinα+2csα=−14tanα+2=−1−1=1.
故答案为：1.
由题可知tanα=−34，再借助诱导公式，结合弦化切即可求解．
本题考查了弦化切公式，三角函数的诱导公式，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】23
【解析】解：因为BD=13BA，
所以CD=CB+BD=CB+13BA=CB+13(CA−CB)=13CA+23CB，
又△ABC为边长为1的等边三角形，则=π3，
所以CD⋅CA=(13CA+23CB)⋅CA
=13CA2+23CB⋅CA
=13+23×1×1×12
=23.
故答案为：23.
把向量CD用基底CA,CB表示，再进行计算即可．
本题考查平面向量的夹角与数量积，属基础题．
15.【答案】12 2
【解析】解：设△ABC的外接圆半径为r，
则bcsC+ccsB
=2r(sinBcsC+csBsinC)
=2rsin(B+C)
=2rsinA
=a
=1，
由二倍角的余弦公式可得csB=2cs2B2−1=2×( 24)2−1=−34，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=1+4−2×1×2×(−34)=8，
故b=2 2.
故答案为：1，2 2.
设△ABC的外接圆半径为r，由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出a的值，利用二倍角的余弦公式求出csB的值，利用余弦定理可求得b的值．
本题考查了正弦定理，两角和的正弦公式，二倍角的余弦公式以及余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
16.【答案】3 34
【解析】解：根据题意，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD，AB，AA1三条棱与平面A1BD所成角均相等，
又由AD，AB，AA1三条棱与水平面所成角均相等，
则平面A1BD与水平面平行，
而水平面恰好经过BB1的中点，则水平面截正方体所得截面为如图过棱的中点的正六边形，
由于AB=1，则该正六边形的边长为 22，其面积S=6×(12× 22× 22× 32)=3 34.
故答案为：3 34.
根据题意，先根据三条棱与水平面所成角均相等，得出水平面与平面A1BD平行，再根据特点得出截面为正六边形，然后可得答案．
本题考查正方体的结构特称，涉及平面与正方体的关系，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题可知a⋅b=2+0=2，|a|=1,|b|= 4+m2，
由数量积公式可知a⋅b=|a|⋅|b|⋅csπ3，即2= 4+m22，
解得m=±2 3；
(2)由(1)可得(a+b)⋅b=a⋅b+b2=2+16=18，
所以a+b在b方向上的投影向量的模为|(a+b)⋅b|b||=184=92.
【解析】(1)根据数量积的坐标表示及定义列式求解即可；
(2)先计算(a+b)⋅b=18，再计算|(a+b)⋅b|b||即可．
本题主要考查了向量数量积的运算，考查了投影向量的定义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)cs(4π3+2θ)=−cs(π3+2θ)=−cs[2(π6+θ)]
=2sin2(θ+π6)−1=2×( 33)2−1=−13；
(2)因为θ∈(0,π2)，所以θ+π6∈(π6,2π3)，又sin(θ+π6)= 33< 32，
则θ+π6∈(π6,π3)，所以cs(θ+π6)= 1−sin2(θ+π6)= 63，
所以sinθ=sin(θ+π6−π6)=sin(θ+π6)csπ6−cs(θ+π6)sinπ6= 33× 32− 63×12=3− 66.
【解析】(1)先利用诱导公式可得cs(4π3+2θ)=−cs(π3+2θ)，再结合倍角余弦公式即可求解；
(2)根据同角基本关系可得cs(θ+π6)= 63，再利用sinθ=sin(θ+π6−π6)结合差角正弦公式即可求解．
本题考查的知识要点：三角函数的值，角的恒等变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：取BC的中点Q，连接NQ，MQ，
因为M，Q分别为PB，BC的中点，所以MQ//PC，
因为E，F分别为AP，AC的中点，所以EF//PC，所以MQ//EF，
MQ⊄平面EBF，EF⊂平面EBF，所以MQ//平面EBF，
因为N，Q分别为FC，BC的中点，所以NQ//FB，
NQ⊄平面EBF，FB⊂平面EBF，所以NQ//平面EBF，
因为MQ∩NQ=Q，所以平面MNQ//平面EBF.
因为MN⊂平面MNQ，所以MN//平面EBF.
(2)解：因为EF//PC，所以∠FEB(或其补角)即异面直线PC与EB所成的角，
因为PA=PB=AC=BC=4，且∠APB=60∘，
所以△ABC，△ABP均为等边三角形，EB=BF=2 3,EF=12PC=2 2，
根据余弦定理可得cs∠FEB=12+8−122×2 2×2 3= 66，
所以异面直线PC与EB所成角的余弦值为 66.
【解析】(1)根据题干证出面面平行，再根据两个平面平行，则一个平面的任意一条直线都与另一个平面平行的性质证出线面平行．
(2)结合余弦定理，即可求出异面直线PC与EB所成角的余弦值．
本题考查立体几何的综合知识，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由图象可知，函数f(x)的最小正周期为T=4×(7π12−π3)=π=2πω，则ω=2πT=2，
所以f(x)=2sin(2x+φ).
因为f(π3)=2sin(2π3+φ)=2，可得sin(2π3+φ)=1，
因为−π2<φ<π2，则π6<2π3+φ<7π6，所以2π3+φ=π2，解得φ=−π6，
故f(x)=2sin(2x−π6).
(2)将f(x)=2sin(2x−π6)的图象向右平移π12个单位长度，
可得到函数y=2sin[2(x−π12)−π6]=2sin(2x−π3)的图象；
再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，
则g(x)=2sin(4x−π3).
当0≤x≤π4时，−π3≤4x−π3≤2π3，则− 32≤sin(4x−π3)≤1，所以− 3≤g(x)≤2，
因此，g(x)在[0,π4]上的值域为[− 3,2].
【解析】(1)由图象可得出函数f(x)的最小正周期，可求得ω的值，由f(π3)=2结合φ的取值范围可求出φ的值，由此可得出函数f(x)的解析式；
(2)利用三角函数图象变换可得出函数g(x)的解析式，利用正弦型函数的基本性质可求得函数g(x)在[0,π4]上的值域．
本题主要考查根据函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求函数的解析式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
21.【答案】解：(1)若选择条件①，因为2csA(ccsB+bcsC)=a，
由正弦定理得2csA(ccsB+bcsC)=2csA(sinCcsB+sinBcsC)=2csAsin(B+C)=sinA，
所以2csAsin(π−A)=2csAsinA=sinA，
因为A∈(0,π)，
所以sinA≠0，
所以csA=12，
则A=π3；
若选择条件②，因为 3asinC−b=c−acsC，
所以由正弦定理可得 3sinAsinC−sinB=sinC−sinAcsC，
即 3sinAsinC+sinAcsC=sinC+sin(A+C)，
所以 3sinAsinC=sinC+sinCcsA，
因为sinC>0，
所以 3sinA=1+csA，
所以sin(A−π6)=12，
又因为0所以A=π3.
(2)由余弦定理，可得csA=12=b2+c2−a22bc，
则可得bc=b2+c2−a2，
所以bc−c2=b2−a2，
则bc−c2a2=b2−c2a2=(ba)2−1，
由正弦定理，得ba=sinBsinA=2 33sinB，
因为A=π3，B+C=2π3，0所以π6可得12所以ba∈( 33,2 33)，可得bc−c2a2∈(−23,13)，
即bc−c2a2的取值范围为(−23,13).
【解析】(1)选择条件①：由正弦定理、两角和的正弦公式及诱导公式可求出csA的值，从而可求角A；
选择条件②：由正弦定理可得，根据两角差的正弦公式，结合角A的范围即可求解；
(2)由余弦定理，正弦定理求出ba的取值范围即可．
本题考查了正弦定理，两角和与差的正弦公式，诱导公式以及余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：∵C1D1⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，∴C1D1⊥B1C，
∵点C1在平面B1CD1的射影为H，即C1H⊥平面B1D1C，
∵B1C⊂平面B1D1C，∴C1H⊥B1C，
∵C1H∩C1D=C1，C1D1⊥B1C，
∵C1H∩C1D1=C1，C1H、C1D1⊂平面C1D1H，∴B1C⊥平面C1D1H，
∵D1H⊂平面C1D1H，∴D1H⊥B1C，
同理可证CH⊥B1D1，∴H是△B1D1C的垂心．
(2)∵AB=2BC=2BB1=4，∴B1D1=CD1，
记B1C的中点为M，则M也是BC1的中点，D1M⊥B1C，由(1)知H∈D1M，
由(1)知C1D1⊥B1C，又在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C，
又C1D1∩BC1=C1，C1D1，BC1⊂平面ABC1D1，∴B1C⊥平面ABC1D1，
∵B1C⊂平面B1CD1，∴平面ABC1D1⊥平面B1CD1，
∵平面ABC1D1∩平面B1CD1=D1M，
过A作AN⊥D1M，交D1M于N，则AN⊂平面ABC1D1，
则AN⊥D1M，交D1M于N，则AN⊂平面ABC1D1，
则AN⊥平面B1CD1，∵AG⊥平面B1CD1，∴N与G重合，
在四边形ABC1D1中，D1C1=4，C1M= 2，D1M= D1C12+C1M2=3 2，
∵点C1在平面B1CD1的射影为H，点A在平面B1CD1的射影为G，
∴C1H⊥MD1，AG⊥MD1，由题意得Rt△MC1D1≌Rt△MHC1，
∴D1MC1M=C1MHM，解得HM= 23，同理得D1G=2 23，
∴GH=2 2，AG=83，S△AGH=12AG⋅GH=8 23，
由题意B1M⊥平面ABC1D1，∴VA−B1GH=VB1−AGH=13B1M⋅S△AGH=169.
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理能证明H为△B1CD1的垂心．
(2)利用线面垂直与面面垂直的判定与性质定理，确定点G的位置，从而利用等体积法能求出三棱锥A−B1GH的体积．
本题考查线面垂直与面面垂直的判定与性质定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．