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期末热点.重难点 简单几何体的再认识
一．选择题（共5小题）
1．（2025 江西一模）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，已知，该正四棱台的体积为168，则AA1＝（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2025 泰州模拟）某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024秋 景德镇期末）“景德镇大碗”，正式名称为景德镇昌南里文化艺术中心，其设计灵感来源于宋代湖田窑影青斗笠碗，造型庄重典雅，象征着“万瓷之母”．大碗高80m，底部直径40m，口部直径80m．若将其视为圆台，请估计该“世界第一大碗”的容积（单位：m3）是（　　）
A． B．224000π C． D．160000π
4．（2024秋 衡阳校级期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 保山期末）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面直径，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，点C在底面圆周上，截面SAC与底面所成角的正切值是，则三棱锥S﹣ACO外接球的体积是（　　）
A． B．20π C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 金凤区校级期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．AB1∥平面A1CE
C．异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为
D．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为12π
（多选）7．（2024秋 昆明校级期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，有下列四个结论正确的是（　　）
A．A1P∥面ACD1
B．A1P⊥B1D
C．三棱锥D1﹣APC的体积是
D．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是
（多选）8．（2024秋 衡阳校级期末）如图，若正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，点M是正方体的侧面ADHE上的一个动点（含边界），P是棱CG上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（　　）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为
B．若PM⊥BH，点M的运动轨迹是线段
C．若，则点M在侧面ADHE内运动路径长度为
D．当点M与点D重合时，三棱锥B﹣MEP的体积最大
（多选）9．（2024秋 达州期末）已知三棱锥P﹣ABC中，PA、PB、PC两两垂直，PA＝3，PB＝PC＝4，三棱锥P﹣ABC的内切球O1（球心O1到各个面距离相等）半径为r，三棱锥P﹣ABC的外接球O2（球心O2到各顶点距离相等）半径为R，三棱锥P﹣ABC的表面积为S，体积为V，则（　　）
A． B．
C． D．V＝24
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 浙江期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的侧面积相等，则正三棱柱与圆柱的体积的比值为 　 　．
11．（2024秋 商水县期末）已知一个正六棱台两底面的面积分别为，，体积为，则该棱台的侧面积为 　 　．
12．（2024秋 昆明校级期末）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其P中为动点．当PC⊥AB时，三棱锥P﹣ABC的各个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为：　 　．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 虹口区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝ABCD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC．
（1）求证：AC⊥AD；
（2）求证：△ADP为直角三角形；
（3）若PC＝AD＝1，求四棱棱P﹣ABCD的体积．
14．（2024秋 四川期末）已知体积为72的四棱锥S﹣ABCD中，，，，，，p，q，m，n∈（0，1]，且点M，N，E，F共面．
（1）当p＝q＝m时，求四棱锥S﹣EMFN的体积；
（2）求证：；
（3）当m，n时，记四棱锥S﹣EMFN的体积为V，求V的最小值．
15．（2024秋 普陀区校级期末）如图所示，正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，E，F，G分别是线段AC，AD，BC的中点，若平面EFG交BD于点H．
（1）求多面体AB﹣EFHG的体积V；
（2）求证：四边形EFHG是正方形．
期末热点.重难点 简单几何体的再认识
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2025 江西一模）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，已知，该正四棱台的体积为168，则AA1＝（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的几何性质，棱台的体积公式，即可求解．
【解答】解：根据题意可得上下底面正方形的边长分别为，，
所以上下底面正方形的对角线长分别为6，12，设该正四棱台的高为h，
则该正四棱台的体积为168，解得h＝4，
所以．
故选：C．
【点评】本题考查正四棱台的几何性质，棱台的体积公式的应用，属基础题．
2．（2025 泰州模拟）某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】棱锥的体积．
【专题】对应思想；综合法；空间角；立体几何；运算求解；空间想象．
【答案】A
【分析】结合正四棱锥的结构特征与线面角的定义求出棱锥的高，再由棱锥的体积公式求解即可．
【解答】解：在如图所示的正四棱锥P﹣ABCD中，点P在底面ABCD上的投影为点O，连接OP，OB，则OP⊥平面ABCD，
所以∠PBO就是侧棱与底面所成的角，即∠PBO＝60°，
因为正方形ABCD的边长为2，所以OB，OP＝OBtan60°，
所以该正四棱锥的体积为．
故选：A．
【点评】本题考查棱锥体积的求法，熟练掌握正四棱锥的结构特征，线面角的定义，以及棱锥的体积公式是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
3．（2024秋 景德镇期末）“景德镇大碗”，正式名称为景德镇昌南里文化艺术中心，其设计灵感来源于宋代湖田窑影青斗笠碗，造型庄重典雅，象征着“万瓷之母”．大碗高80m，底部直径40m，口部直径80m．若将其视为圆台，请估计该“世界第一大碗”的容积（单位：m3）是（　　）
A． B．224000π C． D．160000π
【考点】圆台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】利用圆台的体积公式，即可求解．
【解答】解：根据题意可得所求体积为（m3）．
故选：A．
【点评】本题考查棱台的体积的求解，属基础题．
4．（2024秋 衡阳校级期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】A
【分析】先利用正弦定理求出正三棱柱的底面圆半径，再借助于勾股定理建立方程，求出外接球半径即得．
【解答】解：如图，设正三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球心为O，半径为R．
记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2，其半径为r，
由正弦定理得：．而O为O1O2的中点，
所以，则．
故选：A．
【点评】本题考查正三棱柱的外接球问题，属中档题．
5．（2024秋 保山期末）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面直径，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，点C在底面圆周上，截面SAC与底面所成角的正切值是，则三棱锥S﹣ACO外接球的体积是（　　）
A． B．20π C． D．
【考点】球的体积．
【专题】转化思想；分割补形法；球；运算求解．
【答案】D
【分析】设O到弦AC的距离为d，则根据题意易得SO，d，从而可得AO，CO，SO两两相互垂直，再利用分割补形法，即可求解．
【解答】解：圆锥SO的轴截面是边长为4的等边三角形，
所以圆锥的高为SO，
设O到弦AC的距离为d，因为点C在底面圆周上，截面SAC与底面所成角的正切值是，
所以根据三垂线定理可得，所以d，
所以AC，又AO＝CO＝2，
所以AO2+CO2＝AC2，所以AO⊥CO，
所以AO，CO，SO两两相互垂直，
所以三棱锥S﹣ACO外接球的直径2R即为长，宽，高分别为2，2，的长方体的体对角线长，
所以，解得R，
所以三棱锥S﹣ACO外接球的体积是．
故选：D．
【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，分割补形法的应用，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 金凤区校级期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．AB1∥平面A1CE
C．异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为
D．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为12π
【考点】球的表面积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，计算的坐标和的坐标即可判断A，计算平面A1CE的法向量，计算即可判断B，由向量夹角公式分别计算，即可判断C，对于D先计算出外接球的半径R，根据球的表面积公式即可判断D．
【解答】解：因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，
所以建系如图：
则B（0，2，0），C（2，0，0），B1（0，2，2），C1（2，0，2），A1（0，0，2），E（1，1，2）．
所以，
所以，所以A选项正确；
对B选项，因为，
设平面A1CE的一个法向量为，
则，取，
所以，所以，又AB1 平面A1CE，所以AB1∥平面A1CE，所以B选项正确；
对于C选项：因为，
所以，
所以|cos，|，
所以异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为，所以C选项错误；
对于D选项，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的直径2R即为棱长为2的正方体的体对角线长，
所以（2R）2＝22+22+22＝12，
所以直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为S＝4πR2＝12π，所以D选项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
（多选）7．（2024秋 昆明校级期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，有下列四个结论正确的是（　　）
A．A1P∥面ACD1
B．A1P⊥B1D
C．三棱锥D1﹣APC的体积是
D．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是
【考点】棱锥的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABC
【分析】对A，可证平面A1BC1∥平面ACD1，进而证得A1P∥平面ACD1；对B，可证B1D⊥平面BA1C1即可证明A1P⊥B1D；对C，使用等体积法计算；对D，将异面直线A1P与AD1所成角转化为A1P与BC1所成角求解即可．
【解答】解：对A选项，如图，连接A1B，A1C1，AC，AD1，D1C，
易知AC∥A1C1，又AC 平面A1BC1，A1C1 平面A1BC1，
所以AC∥平面A1BC1，同理可证AD1∥平面A1BC1，又AD1∩AC＝A，
所以平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P 平面A1BC1，
所以A1P∥平面ACD1，故A选项正确；
对B选项，因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1，
又A1C1⊥B1D1，B1D1∩DD1＝D1，
所以A1C1⊥平面DD1B1，又B1D 平面DD1B1，
所以A1C1⊥B1D，同理可证BC1⊥平面A1B1CD，又B1D 平面A1B1CD，
所以BC1⊥B1D，又BC1∩A1C1＝C1，
所以B1D⊥平面BA1C1，又A1P 平面A1BC1，
所以B1D⊥A1P，故B选项正确；
对C选项，因为平面A1BC1∥平面AD1C，又BC1 平面A1BC1，
所以BC1∥平面AD1C，
所以，故C选项正确；
对D选项，因为AD1∥BC1，A1P与BC1所成角为异面直线A1P与AD1所成角，
连接A1C1，A1B，可得△A1BC1为等边三角形，
此时A1P与BC1所成角最小，可得A1P与BC1所成角的范围是，故D选项错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
（多选）8．（2024秋 衡阳校级期末）如图，若正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，点M是正方体的侧面ADHE上的一个动点（含边界），P是棱CG上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（　　）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为
B．若PM⊥BH，点M的运动轨迹是线段
C．若，则点M在侧面ADHE内运动路径长度为
D．当点M与点D重合时，三棱锥B﹣MEP的体积最大
【考点】棱锥的体积；棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】展开平面分析可判断A，利用空间直角坐标系得到轨迹方程可判断B，利用向量坐标表示表示模长，得轨迹为圆即可判断C，利用点到直线的距离公式可判断D．
【解答】解：对于A，将正方体的下面和右面展开可得如下图形，连接AP，
则，因此A到点P的最短路程为，所以A选项正确；
对于B，建立如图的空间右手直角坐标系：
则P（0，1，），B（1，1，0），H（0，0，1），设M（x，0，z），
所以，，即，
又M是侧面ADHE上的一个动点（含边界），所以M的运动轨迹是线段，
为DA靠近D点的三等分点和AE靠近E点三等分点的连线段，所以B选项正确；
对于C，由B选项过程可得，整理得，
所以M在侧面ADHE内运动路径是以为圆心，为半径的圆，
又到A（1，0，0）的距离为，
所以要保持，则点M在侧面ADHE外，
所以点M在侧面ADHE内运动路径长度为0，所以C选项错误；
对于D，因为，
设平面BEP的法向量为，
则，取，
所以点M到平面BEP的距离为，
因为点M在平面ADHE内，所以0≤x，z≤1，
当x＝z＝0，即M与D点重合时，三棱锥M﹣BEP的高最大，
又△BEP的面积为定值，所以M与D重合时，三棱锥的体积最大，所以D选项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
（多选）9．（2024秋 达州期末）已知三棱锥P﹣ABC中，PA、PB、PC两两垂直，PA＝3，PB＝PC＝4，三棱锥P﹣ABC的内切球O1（球心O1到各个面距离相等）半径为r，三棱锥P﹣ABC的外接球O2（球心O2到各顶点距离相等）半径为R，三棱锥P﹣ABC的表面积为S，体积为V，则（　　）
A． B．
C． D．V＝24
【考点】球的表面积；棱锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABC
【分析】利用等体积法求得内切球的半径，利用补形的思想求得外接球的半径，结合锥体表面积和体积公式来确定正确答案．
【解答】解：根据题意可得PA、PB、PC两两垂直，且PA＝3，PB＝PC＝4，
所以可以将其补全为长方体，如下图所示：
对A选项，易知，
所以，
，
所以，所以A选项正确；
对B选项，因为三棱锥P﹣ABC的外接球的直径2R即为长方体的对角线长，
所以，所以B选项正确；
对C选项，因为，所以C选项正确；
对D选项，因为，所以D选项错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 浙江期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的侧面积相等，则正三棱柱与圆柱的体积的比值为 　　．
【考点】圆柱的体积；棱柱的侧面积和表面积；棱柱的体积．
【专题】对应思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】根据两个几何体的侧面积相等列方程，得到等量关系式，进而求得体积比．
【解答】解：设正三角形ABC的边长为a，外接圆半径为r，AA1＝b，圆柱的高为h，
由正弦定理得，则，正三棱柱的侧面积S棱柱＝3ab，
圆柱的侧面积，
由题意可得，解得，
则，，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查棱柱与圆柱侧面积及体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
11．（2024秋 商水县期末）已知一个正六棱台两底面的面积分别为，，体积为，则该棱台的侧面积为 　　．
【考点】棱台的侧面积和表面积；棱台的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】先通过体积算出棱台的高h，再利用勾股定理求出侧面上的斜高，利用梯形的面积公式即可求解．
【解答】解：令正六棱台的上底面的面积为，边长为a，
下底面的面积为，边长为b，
则，，
解得a＝1，b＝2，
设棱台的高为h，又棱台的体积为，
则，
解得h＝1，
如图：O1，O分别为上下底面的中心，M1，M分别为中点，M1N⊥OM，
，，MN＝MO﹣NO，M1N＝h＝1，
在直角三角形M1NM中，，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查棱台的结构特征，属于中档题．
12．（2024秋 昆明校级期末）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其P中为动点．当PC⊥AB时，三棱锥P﹣ABC的各个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为：　　．
【考点】球的体积；球内接多面体．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】．
【分析】由题设得AB⊥AC，由线面垂直的判定定理得AB⊥平面PAC，再由面面垂直判定定理得平面PAC⊥平面ABC，建立以A为原点空间直角坐标系，设球心O（a，b，c），半径R，由AO＝BO＝CO＝PO＝R列方程组计算得球O的半径，最后代入球的体积公式求解即可．
【解答】解：因为AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，所以∠CAD＝∠ADC＝30°，
所以，
且∠BAC＝∠DAB﹣∠CAD＝120°﹣30°＝90°，
所以AB⊥AC，又PC⊥AB，PC∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC，又AB 平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC，
故建系如图：
则根据题意可得，
设球心O（a，b，c），半径R，则AO＝BO＝CO＝PO＝R，
所以，
解得，所以球O的半径为，
所以球O的体积为．
故答案为：．
【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 虹口区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝ABCD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC．
（1）求证：AC⊥AD；
（2）求证：△ADP为直角三角形；
（3）若PC＝AD＝1，求四棱棱P﹣ABCD的体积．
【考点】棱锥的体积；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）利用余弦定理求出AC，再由勾股定理即可得证；
（2）由平面ADP⊥平面PCD依次证PC⊥平面ADP、PC⊥AD、AD⊥平面ACP、AD⊥AP即可；
（3）由几何关系可得，结合VP﹣ADC＝VC﹣ADP即可求值．
【解答】解：（1）证明：如图，作AE⊥DC于点E，
∵在等腰梯形ABCD中，可设AD＝AB＝BC，
∴，∠ADE＝60°，
∴，
∴AC2+AD2＝DC2，∴AC⊥AD；
（2）证明：∵PC⊥PD，平面ADP⊥平面PCD，平面ADP∩平面PCD＝PD，
∴PC⊥平面ADP，又AD 平面ADP，
∴PC⊥AD，又AC⊥AD，AC∩PC＝C，
∴AD⊥平面ACP，又AP 平面ACP，
∴AD⊥AP，
所以△ADP为直角三角形；
（3）若PC＝AD＝1，则AD＝ABCD＝1，
由（1）知在等腰梯形ABCD中，，CD＝2，
∴，
．∴．∴，
又PC⊥平面ADP，AD⊥AP，
∴，，
∴．
∴．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
14．（2024秋 四川期末）已知体积为72的四棱锥S﹣ABCD中，，，，，，p，q，m，n∈（0，1]，且点M，N，E，F共面．
（1）当p＝q＝m时，求四棱锥S﹣EMFN的体积；
（2）求证：；
（3）当m，n时，记四棱锥S﹣EMFN的体积为V，求V的最小值．
【考点】棱锥的体积．
【专题】数形结合；综合法；空间向量及应用；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）9；
（2）证明见解析；
（3）3．
【分析】（1）当时，可知，由于四棱锥S﹣ABCD体积为72，利用体积的比例关系，即可求解四棱锥S﹣EMFN的体积；
（2）通过向量的线性组合和共面条件，推导出比例系数之间的关系式；
（3）当，时，利用（2）知，连接MN，BD，设点E，A到平面SBD的距离分别为h2，hA，得到，同理，再由题可知四边形ABCD为平行四边形，然后得到四棱锥S﹣EMFN体积的表示，通过不等式，求出四棱锥S﹣EMFN体积V的最小值．
【解答】解：（1）当时，易知，
∴点M，N，E，F分别为线段SB，SD，SA，SC的中点，
∵四棱锥S﹣ABCD体积为72，
即VS﹣ABCD＝72，
∴四棱锥S﹣EMFN的体积为；
（2）证明：∵，∴，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∵点M，N，E，F共面，且，，不共面，
∴，∴，
∴；
（3）当，时，由（2）知，
∴连接MN，BD，设点E，A到平面SBD的距离分别为hE，hA，
则
，
同理，
∵，
∴四边形ABCD为平行四边形，∴，
∴四棱锥S﹣EMFN的体积为，
∵，p，q∈（0，1]，
∴，
∴，
∴四棱锥S﹣EMFN的体积V≥3，当且仅当时取等号，
∴V的最小值为3．
【点评】本题考查了学生的几何直观、向量运算、体积计算和不等式优化的能力．通过逐步解析，学生可以加深对几何体积计算和向量关系的理解，并提高解决复杂几何问题的能力．题目设计巧妙，既考查了基础知识，又具有一定的挑战性，适合高中数学教学中用于培养学生的综合解题能力．
15．（2024秋 普陀区校级期末）如图所示，正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，E，F，G分别是线段AC，AD，BC的中点，若平面EFG交BD于点H．
（1）求多面体AB﹣EFHG的体积V；
（2）求证：四边形EFHG是正方形．
【考点】棱锥的体积；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）；（2）证明见解答．
【分析】（1）根据锥体的体积公式，三棱柱的体积公式，分割补形法，即可求解；
（2）根据线面垂直的判定定理，即可证明．
【解答】解：（1）由正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，得正三棱锥A﹣BCD是正四面体，
取AB中点N，连接NE，NF，取CD的中点M，底面中心为O，如图所示：
则易知，，
所以，
所以上面小三棱锥A﹣NEF的高为，正三角形NEF的边长为1，下面三棱锥NEF﹣BGH的高为，
所以多面体AB﹣EFHG的体积为：
VA﹣NEF+VNEF﹣BGH；
（2）证明：易知EF∥CD∥GH，且EF＝GHCD，
所以四边形EFHG是平行四边形，又，
所以四边形EFHG为菱形，取CD的中点M，
则AM⊥CD，BM⊥CD，又AM∩BM＝M，
所以CD⊥平面ABM，又AB 平面ABM，
所以AB⊥CD，所以EG⊥GH，
所以四边形EFHG是正方形．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，组合体的体积的求解，属中档题．
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