届二轮复习第1讲 空间几何体中的计算与位置关系学案全国通用.docx

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届二轮复习第1讲空间几何体中的计算与位置关系学案全国通用

第1讲　空间几何体中的计算与位置关系

高考定位　1.以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；2.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第

（1）问.

　　　　　　　　　　　　　　　　　　真题感悟

1.（2018·浙江卷）已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（　　）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

解析　若mα，nα，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，mα，nα，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.故选A.

答案　A

2.（2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：

cm），则该几何体的体积（单位：

cm3）是（　　）

A.2B.4C.6D.8

解析　由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V＝×（1＋2）×2×2＝6.故选C.

答案　C

3.（2016·浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：

cm），则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.

解析　由三视图可知，该几何体为两个相同长方体组合，长方体的长、宽、高分别为4cm、2cm、2cm，其直观图如下：

其体积V＝2×2×2×4＝32（cm3），由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为S＝2（2×2×2＋2×4×4）－2×2×2＝2×（8＋32）－8＝72（cm2）.

答案　72　32

4.（2016·浙江卷）如图，

在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________.

解析　设PD＝DA＝x，

在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，

∴AC＝

＝＝2，

∴CD＝2－x，且∠ACB＝（180°－120°）＝30°，

∴S△BCD＝BC·DC×sin∠ACB＝×2×（2－x）×＝（2－x）.

要使四面体体积最大，当且仅当点P到平面BCD的距离最大，而P到平面BCD的最大距离为x，

则V四面体PBCD＝×（2－x）x＝[－（x－）2＋3]，由于0＜x＜2，故当x＝时，V四面体PBCD的最大值为×3＝.

答案　

考点整合

1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.

2.几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正，高平齐，宽相等.

3.空间几何体的两组常用公式

（1）柱体、锥体、台体的侧面积公式：

①S柱侧＝ch（c为底面周长，h为高）；

②S锥侧＝ch′（c为底面周长，h′为斜高）；

③S台侧＝（c＋c′）h′（c′，c分别为上、下底面的周长，h′为斜高）；

④S球表＝4πR2（R为球的半径）.

（2）柱体、锥体和球的体积公式：

①V柱体＝Sh（S为底面面积，h为高）；

②V锥体＝Sh（S为底面面积，h为高）；

③V球＝πR3.

4.直线、平面平行的判定及其性质

（1）线面平行的判定定理：

aα，bα，a∥ba∥α.

（2）线面平行的性质定理：

a∥α，aβ，α∩β＝ba∥b.

（3）面面平行的判定定理：

aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β.

（4）面面平行的性质定理：

α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝ba∥b.

5.直线、平面垂直的判定及其性质

（1）线面垂直的判定定理：

mα，nα，m∩n＝P，l⊥m，l⊥nl⊥α.

（2）线面垂直的性质定理：

a⊥α，b⊥αa∥b.

（3）面面垂直的判定定理：

aβ，a⊥αα⊥β.

（4）面面垂直的性质定理：

α⊥β，α∩β＝l，aα，a⊥la⊥β.

热点一　空间几何体的表面积与体积的求解

[考法1]　以三视图为载体求几何体的面积与体积

【例1－1】

（1）

（2017·浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：

cm），则该几何体的体积（单位：

cm3）是（　　）

A.＋1　　B.＋3C.＋1　　D.＋3

（2）（2018·舟山模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________.

（3）（2018·绍兴质量调测）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________.

解析　

（1）由三视图可知原几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，半圆锥的底面半径为1，高为3，三棱锥的底面积为×2×1＝1，高为3.故原几何体体积为：

V＝×π×12×3×＋1×3×＝＋1.

（2）该几何体可看作是由一个斜三棱柱ADE-GHF和一个正四棱锥F-GBCH拼接而成的组合体，其中ABCD为矩形，EF∥AB，AB＝2EF＝8，BC＝4，正四棱锥F-GBCH的高为3，则该几何体的体积为V＝×42×3＋×42×3＝40，表面积为S＝2××＋2××4×＋4×8＝32＋16.

（3）由题意，该几何体是一个三棱锥S-ABC（如图，）且SA⊥平面ABC，AC⊥BC，SA＝BC＝2，AC＝1，则该几何体的表面积为S＝S△SAB＋S△SAC＋S△SBC＋S△ABC＝×2×＋×2×1＋×2×＋×2×1＝2＋2；体积为V＝S△ABC·SA＝××1×2×2＝.

答案　

（1）A　

（2）40　32＋16　（3）2＋2　

探究提高　截割体、三棱锥的三视图是高考考查的热点和难点，解题的关键是由三视图还原为直观图，首先确定底面，再根据正视图、侧视图确定侧面.

[考法2]　求多面体的体积

【例1－2】

（1）（2018·天津卷）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1-BB1D1D的体积为________.

（2）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为________.

解析　

（1）法一　连接A1C1交B1D1于点E，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，则A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1-BB1D1D的高，且A1E＝，矩形BB1D1D的长和宽分别为，1，

故VA1-BB1D1D＝×1××＝.

法二　连接BD1，则四棱锥A1-BB1D1D分成两个三棱锥B-A1DD1与B-A1B1D1，VA1-BB1D1D＝VB-A1DD1＋VB-A1B1D1＝××1×1×1＋××1×1×1＝.

（2）利用三棱锥的体积公式直接求解.

VD1-EDF＝VFDD1E＝S△D1DE·AB＝××1×1×1＝.

另解（特殊点法）：

让E点和A点重合，点F与点C重合，

则VD1-EDF＝×S△ACD×D1D＝××1×1×1＝.

答案　

（1）　

（2）

探究提高　

（1）求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.

（2）若所给的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法求解.

[考法3]　与球有关的面积、体积问题

【例1－3】

（1）如图所示

是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为（　　）

A.8π　　　B.16π

C.32π　　　D.64π

（2）（2018·全国Ⅲ卷）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为（　　）

A.12B.18C.24D.54

解析　

（1）由三视图可知，几何体为一横放的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为2，平面SAB⊥平面ABCD，∠ASB＝90°，SA＝SB.易知SA＝SB＝2.如图所示.

故可补全为以DA，SA，SB为棱的长方体，

故2R＝＝＝4，

∴R＝2，∴S表＝4πR2＝32π.

（2）设等边△ABC的边长为x，则x2sin60°＝9，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥DABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.

答案　

（1）C　

（2）B

探究提高　涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.

【训练1】

（1）（2018·江苏卷）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.

（2）（2018·温州期末联考）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________，其表面积为________.

（3）（2016·北京卷）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）

A.B.C.D.1

解析　

（1）正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是，则该正八面体的体积为×（）2×2＝.

（2）由正视图和侧视图可知该几何体含有半个圆柱，再结合俯视图不难得到该几何体是半个圆柱和一个倒立的直四棱锥组合而成，如图，故该几何体的体积为V＝×4×4×4＋＝＋8π，表面积为S＝π×22＋＋＋＝16＋16＋12π.

（3）由三视图知，三棱锥如图所示：

由侧视图得高h＝1，

又底面积S＝×1×1＝，

所以体积V＝Sh＝.

答案　

（1）　

（2）＋8π　16＋16＋12π　（3）A

热点二　空间中的平行与垂直

[考法1]　空间线面位置关系的判断

【例2－1】

（1）（2016·浙江卷）已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（　　）

A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n

（2）（2017·镇海中学高三模拟）对于两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是（　　）

A.若mα，n∥β，m，n是异面直线，则α，β相交

B.若m⊥α，m⊥β，n∥α，则n∥β

C.若mα，n∥α，m，n共面于β，则m∥n

D.若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线

解析　

（1）由已知，α∩β＝l，∴lβ，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.故选C.

（2）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AA1，CC1的中点.对于A，令BC＝m，EF＝n，平面ABCD为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，此时满足mα，n∥β，m，n是异面直线，但α∥β，故A错误；对于B，令B1B＝m，平面ABCD为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，A1B1＝n，此时满足m⊥α，m⊥β，n∥α，但nβ，故B错误；对于C，由空间线线平行的判定定理可知C正确；对于D，令B1B＝m，AB＝n，平面ABCD为平面α，平面B1BCC1为平面β，此时满足m⊥α，n⊥β，α，β不平行，但m∩n＝B，不是异面直线，D错误.

综上所述，故选C.

答案　

（1）C　

（2）C

探究提高　长方体（或正方体）是一类特殊的几何体，其中蕴含着丰富的空间位置关系.因此，对于某些研究空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系问题，常构造长方体（或正方体），把点、线、面的位置关系转移到长方体（或正方体）中，对各条件进行检验或推理，根据条件在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，判断条件的真伪，可使此类问题迅速获解.

[考法2]　平行、垂直关系的证明

【例2－2】（2018·北京卷）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.

（1）求证：

PE⊥BC；

（2）求证：

平面PAB⊥平面PCD；

（3）求证：

EF∥平面PCD.

证明　

（1）因为PA＝PD，E为AD的中点，

所以PE⊥AD.

因为底面ABCD为矩形，

所以BC∥AD.

所以PE⊥BC.

（2）因为底面ABCD为矩形，

所以AB⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

所以AB⊥平面PAD.

所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，

所以PD⊥平面PAB.又PD平面PCD，

所以平面PAB⊥平面PCD.

（3）如图，取PC中点G，连接FG，DG.

因为F，G分别为PB，PC的中点，

所以FG∥BC，FG＝BC.

因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，

所以DE∥BC，DE＝BC.

所以DE∥FG，DE＝FG.

所以四边形DEFG为平行四边形.

所以EF∥DG.

又因为EF平面PCD，DG平面PCD，

所以EF∥平面PCD.

探究提高　垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.

（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

（4）证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.

【训练2】如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，

BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F（E与A，D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：

（1）EF∥平面ABC；

（2）AD⊥AC.

证明　

（1）在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD，

则AB∥EF.

∵AB平面ABC，EF平面ABC，

∴EF∥平面ABC.

（2）∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC平面BCD，

∴BC⊥平面ABD.

∵AD平面ABD，∴BC⊥AD.

又AB⊥AD，BC，AB平面ABC，BC∩AB＝B，

∴AD⊥平面ABC，

又因为AC平面ABC，∴AD⊥AC.

1.求解几何体的表面积或体积

（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算.

（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.

（3）求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.

（4）求解几何体的表面积时要注意S表＝S侧＋S底.

2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为a，，a.

3.锥体体积公式为V＝Sh，在求解锥体体积中，不能漏掉.

4.空间中点、线、面的位置关系的判定

（1）可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.

（2）可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.

5.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：

（1）证明线线平行常用的方法：

一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换：

三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.

（2）证明线线垂直常用的方法：

①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：

即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，aαl⊥a.

6.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.

一、选择题

1.（2018·北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（　　）

A.1B.2C.3D.4

解析　在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥PABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C.

答案　C

2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（　　）

A.90πB.63πC.42πD.36π

解析　法一　（割补法）由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示.

将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.

法二　（估值法）由题意知，V圆柱

答案　B

3.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（　　）

A.πB.C.D.

解析　

如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.

∴底面圆半径r＝＝，

故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.

答案　B

4.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（　　）

A.10B.12C.14D.16

解析　由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S梯＝×（2＋4）×2＝6，S全梯＝6×2＝12.

答案　B

5.一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A.＋πB.＋π

C.＋πD.1＋π

解析　由三视图知，半球的半径R＝，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V＝×1×1×1＋×π×＝＋π，故选C.

答案　C

6.（2018·全国Ⅰ卷）

某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（　　）

A.2B.2C.3D.2

解析　由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.故选B.

答案　B

二、填空题

7.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________.

解析　由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.

要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切.若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则×6×8＝×（6＋8＋10）·r，所以r＝2.

2r＝4＞3，不合题意.

球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.

由2R＝3，即R＝.故球的最大体积V＝πR3＝π.

答案　π

8.（2018·浙江东北教学联盟高三模拟）已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且mα，nβ.有下列命题：

①若α∥β，则m∥n；

②若α∥β，则m∥β；

③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；

④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.

其中真命题是________（填序号）.

解析　①若α∥β，则m∥n或m，n异面，故①不正确；

②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m∥β，故②正确；

③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，故③不正确；

④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，l与n相交，则α⊥β，故④不正确.

答案　②

9.（2018·北京东城区质量检测）某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，外接球的表面积是________.

解析　由三视图得该几何体是一个底面为对角线长为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半径为R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR2＝25π.

答案　24　25π

10.（2018·金华一中模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________.

解析　由三视图知，该几何体是一个底面半径为2、高为3的半圆柱，所以该几何体的体积V＝×π×22×3＝6π，表面积S＝π×2×3＋4×3＋π×22＝12＋10π.

答案　6π　12＋10π

11.

（2018·天津卷）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥MEFGH的体积为________.

解析　连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC.因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形.又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥MEFGH的体积为××＝.

答案　

12.（2018·全国Ⅰ卷改编）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为________.

解析　

记该正方体为ABCD-A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等.如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等.分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EF-GHIJ与平面AB′D′平行，即截面EFGHIJ为平面α截正方体所得最大截面.又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝，所以该正六边形的面积为6××＝，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为.

答案　

三、解答题

13.（2018·江苏卷）在平行六面

体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.

求证：

（1）AB∥平面A1B1C；

（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC.

证明　

（1）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.

（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形.

又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，

因此AB1⊥A1B.

又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，

所以AB1⊥BC.

又因为A1B∩BC＝B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，

所以AB1⊥平面A1BC.

因为AB1平面ABB1A1，

所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.

14.（2018·全国Ⅰ卷）如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.

（1）证明：

平面ACD⊥平面ABC；

（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q-ABP的体积.

（