（5分）如图正方体$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$P$、$Q$、$R$、$S$分别为棱$AB$、$BC$、$BB_{1}$、$CD$的中点，联结$A_{1}S$，$B_{1}D$．空间任意两点$M$、$N$，若线段$MN$上不存在点在线段$A_{1}S$、$B_{1}D$上，则称$MN$两点可视，则下列选项中与点$D_{1}$可视的为(　　)

A．点$P$              B．点$B$              C．点$R$              D．点$Q$
分析：线段$MN$上不存在点在线段$A_{1}S$、$B_{1}D$上，即直线$MN$与线段$A_{1}S$、$B_{1}D$不相交，因此所求与$D_{1}$可视的点，即求哪条线段不与线段$A_{1}S$、$B_{1}D$相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断．
解：线段$MN$上不存在点在线段$A_{1}S$、$B_{1}D$上，即直线$MN$与线段$A_{1}S$、$B_{1}D$不相交，
因此所求与$D_{1}$可视的点，即求哪条线段不与线段$A_{1}S$、$B_{1}D$相交，
对$A$选项，如图，连接$A_{1}P$、$PS$、$D_{1}S$，因为$P$、$S$分别为$AB$、$CD$的中点，
$\therefore$易证$A_{1}D_{1}//PS$，故$A_{1}$、$D_{1}$、$P$、$S$四点共面，$\therefore D_{1}P$与$A_{1}S$相交，$\therefore A$错误；

对$B$、$C$选项，如图，连接$D_{1}B$、$DB$，易证$D_{1}$、$B_{1}$、$B$、$D$四点共面，
故$D_{1}B$、$D_{1}R$都与$B_{1}D$相交，$\therefore B$、$C$错误；

对$D$选项，连接$D_{1}Q$，由$A$选项分析知$A_{1}$、$D_{1}$、$P$、$S$四点共面记为平面$A_{1}D_{1}PS$，
$\because D_{1}\in$平面$A_{1}D_{1}PS$，$Q\notin$平面$A_{1}D_{1}PS$，且$A_{1}S\subset$平面$A_{1}D_{1}PS$，点$D_{1}\notin A_{1}S$，
$\therefore D_{1}Q$与$A_{1}S$为异面直线，
同理由$B$，$C$选项的分析知$D_{1}$、$B_{1}$、$B$、$D$四点共面记为平面$D_{1}B_{1}BD$，
$\because D_{1}\in$平面$D_{1}B_{1}BD$，$Q\notin$平面$D_{1}B_{1}BD$，且$B_{1}D\subset$平面$D_{1}B_{1}BD$，点$D_{1}\notin B_{1}D$，
$\therefore D_{1}Q$与$B_{1}D$为异面直线，
故$D_{1}Q$与$A_{1}S$，$B_{1}D$都没有公共点，$\therefore D$选项正确．

故选：$D$．
点评：本题考查新定义，共面定理的应用，异面直线的判定定理，属中档题．