高考数学-考点22-简单多面体与球练习

考点22 简单多面体与球
1.（2010·四川高考理科·Ｔ11）半径为R 的球O 的直径AB 垂直于平面α，垂足为B ，BCD ∆是平面α内边长为R 的正三角形，线段AC ,AD 分别与球面交于点M ，N ，那么M ,N 两点间的球面距离 是（ ）
（A ）
17arccos
25R （B ）18
arccos
25R
（C ）13R π （D ）4
15R
π
【命题立意】本题考查了两点间的球面距离（即求弧长）问题，解三角形，平行线等分线段成比例的知识，考查了学生利用平面几何知识解决空间几何体问题的能力.
【思路点拨】欲求M ,N 两点间的球面距离，根据弧长公式可知，需求MON ∠的弧度数，进而转化为求线段MN 的长度.∵题目中所给条件大多集中在BCD ∆内， 故探求MN 与CD 的数量关系. 【规范解答】选A . 连结BM ，∵AB 为球O 的直径，∴ BM AC ⊥，
在Rt ABC ∆中，
22
2,,5AB R BC R AC AB BC R ===+= 由射影定理可得22
5BC BC CM CA CM R CA =⋅⇒==.则45AM AC CM R
=-=.
同理，连结BN ,则△ABM ≌△ABN,则AN AM =,又AC AD =,
∴MN ∥CD .∴45MN AM CD
AC ==, 即44
55MN CD R ==. 在三角形MON ∆中, OM=OM=R,
4
5MN R
=
利用余弦定理可得：
22217cos =225OM ON MN MON OM ON +-∠=⋅，∴17
arccos
25MON ∠=,∴M,N 两点间的球面距离为17
R arccos
25.
2.（2010·全国卷Ⅰ理科·Ｔ12）已知在半径为2的球面上有A ，B ，C ，D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为（ ）
(A) 233 (B)433 (C) 23 (D) 833
【命题立意】本小题主要考查几何体的体积的计算、球的性质、异面直线的距离,通过球这个载体考查考生的空间想象能力及推理运算能力.
【思路点拨】当AB CD ⊥时体积最大，选择合适的底和高，利用三棱锥体积公式求解. 【规范解答】选B.方法一： 当AB CD ⊥时，体积最大，如图： 过CD 作平面PCD ，使AB PCD ⊥平面, 交AB 与点P ,设点P 到CD 的距离为h ,
则有
1112223323PCD ABCD h
V S AB h ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=
四面体,当直径通过AB 与CD 的中点时,
2
2
max 22123h =-=,故
max 43
3V =
.
方法二：如图：当异面直线AB 与CD 间的距离最大，且AB CD ⊥时， 四面体ABCD 的体积最大，分别取AB 与CD 的中点E ，F ， 连
结
EF
，此时球心
O
为线段
EF
的中点，则
222222123EF OA AE =-=-=.11143
22323323A BCD ECD V S AB -∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=
.
3．（2010·湖北高考理科·Ｔ13）圆柱形容器内盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是____cm. 【命题立意】本题主要考查圆柱和球的体积公式以及考生的运算求解能力．
【思路点拨】圆柱形容器的容积减去圆柱内高度为8cm 的水的体积即为3个球的体积和。

【规范解答】设球的半径为r ，则圆柱形容器的高为6r ，容积为2366r r r ππ⨯=，高度为8cm
的水的体积为28r π，3个球的体积和为3
3
4343r r ππ⨯=，由题意36r π-28r π=3
4r π解得4r =.
【答案】4
4. （2010·江西高考文科·Ｔ１６）长方体1111
ABCD A B C D -的顶点
均在同一个球面上，
11
AB AA ==，2BC =，则A ，B 两点间
的球面距离为 .
【命题立意】本题主要考查棱锥、球的基本知识，考查多面体与球体的内接问题，考查球面距离问题，考查空间想象力．
1
A B 1
C 1
D A
D
C
B
【思路点拨】先求体对角线长即为球的直径，再求球心角，最后由弧长公式求两点间的球面距离.
【规范解答】设球的半径为R ，则
.1,2)2(1122
221==++==R AC R 设球心为O ，则21121122cos 22222=⨯-=-=∠R AB R AOB ，所以
,
3π=∠AOB 所求A,B 两点间的球面距离为.3π
【答案】3π
5. （2010·上海高考理科·Ｔ１2）如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O,剪去AOB ∆,将剩余部分沿OC,OD 折叠，使OA,OB 重合，则以A （B ）,C,D,O 为顶点的四面体的体积为 ．
【命题立意】本题考查立体几何中的折叠问题和几何体体积的求法． 【思路点拨】先确定折叠后的几何体的形状，再由体积公式求体积． 【规范解答】折叠后的图形如图所示,
∵,BO OC AO OD ⊥⊥，∴()A B O COD ⊥平面. ∴AO 为四面体()A B COD -的高，
∴
AO OC OD 21
31AO S 31OCD CDO -A ⨯⨯⨯⨯=⨯=
∆四面体V
32
82222222131=⨯⨯⨯⨯=
．
【答案】823
【方法技巧】折叠问题的关键是找到折叠前后，变与不变的量．一般在折线同侧的量（包括角和距离）不变，跨过折线的量要改变．
6.（2010·上海高考文科·Ｔ6）已知四棱锥P ABCD -的底面是边长为6 的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且8PA =，则该四棱锥的体积是 ．
【命题立意】本题考查棱锥的体积公式的应用，属容易题． 【思路点拨】按棱锥的体积公式代入数值求解．
【规范解答】111
66896
333ABCD P ABCD V S h S PA -=⨯=⨯=⨯⨯⨯-正方形四棱锥底=96.
【答案】96
7. （2010·上海高考文科·Ｔ20）如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面（不安装上底面）.
(1)当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值（结果精确到0.01平方米）;
(2)若要制作一个如图放置的，底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于灯笼的三视图（作图时，不需考虑骨架等因素）.
【命题立意】本题是个应用题，主要考查学生分析问题、解决问题的能力，涉及函数求最值、几何体的三视图等相关知识.
【思路点拨】（1）建立S 关于r 的函数，根据函数的性质求最值； （2）确定几何体的有关数据后，按三视图的要求画图．
【规范解答】（1）设圆柱形灯笼的高为h ，则4(42)9.6r h +=，所以 1.22h r =- 所以
2222(.22)S S S r rh r r r ππππ=+=+=+-侧底(1.2-2r)
22.43r r ππ=-(00.6)
r <<．
所以，当
4
.0)3(24.2=-⨯-
=ππ
r 时S 有最大值．
最大值为51.1)4.0(34.04.22
≈-⨯ππ（平方米）
（2）由（1）知0.3r =时，0.6h =其正视图与侧视图均为边长是0.6的正方形，俯视图是半径为0.3的圆．如图：
8. （2010·重庆高考文科·Ｔ20）如题图，四
棱锥P ABCD -中，
底面ABCD 为矩形，PA ABCD ⊥底面，2PA AB ==，
点E 是棱PB 的中点.
（1）证明：AE PBC ⊥平面；
（2）若1AD =，求二面角B EC D --的平面角的余弦值.
【命题立意】本小题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系，考查余弦定理及其应用，考查空间向量的基础知识和在立体几何中的应用，考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，考查数形结合的思想，考查转化与化归的思想. 【思路点拨】（1）通过证明线线垂直证明结论：线面垂直，（2）作出二面角的平面角，再利用三角函数、余弦定理等知识求余弦值.或建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明垂直和求出有关角的三角函数值.
【规范解答】方法一：（1）如图所示，由PA ABCD ⊥底面得PA AB ⊥.又
PA AB =知PAB ∆为等腰直角三角形，而点E 是棱PB 的中点，
所以AE PB ⊥.
由题意知BC AB ⊥，又AB 是PB 在面ABCD 内的射影，由三垂线定理得
BC PB ⊥，从而BC PAB ⊥平面，故BC AE ⊥。

因为AE PB ⊥，AE BC ⊥，
PB ∩BC=B 所以AE PBC ⊥平面.
（2）由（1）知BC PAB ⊥平面，又AD ∥BC ，得AD PAB ⊥平面，故AD AE ⊥.在Rt PAB ∆中，
2PA AB ==，所以
2211
122AE PB PA AB =
=+=，
所以在Rt DAE ∆中，22
2DE AE AD =+=.在Rt CBE ∆中，
222CE BE BC =+=， 又2CD =，所以CDE ∆为等边三角形.取CE 的中点F ,连结DF ,则DF CE ⊥.
因1BE BC ==，且BC BE ⊥，则EBC ∆为等腰直角三角形，连结BF ，则BF CE ⊥，
所以BFD ∠为所求的二面角的平面角.连结BD ，在BFD ∆中，
6
sin
3
2DF CD π
==
，
1222BF CE ==,22
3BD BC CD =+=，所以222
cos 2DF BF BD BFD DF BF +-∠=⋅⋅ 3=-
，故二面角B EC D --的平面角的余弦值为3
-
.
方法二：（1）以A 为坐标原点，
射线,,AB AD AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系A xyz -.如图所示.
设(0,,0)D a ，则B ,0,0)2(，C
(2,,0)a ，P )2(0,0,，E )22,0,22(。

于是22AE (,0,)
=u u u r ，
BC (0,,0)a =u u u r ，PC (2,,2)a =-u u u r ，则0,0AE BC AE PC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r
，
所以,AE BC AE PC ⊥⊥u u u r u u u r u u u r u u u r
，故AE PBC ⊥平面.
（2）设平面BEC 的法向量为1n u r ，由（Ⅰ）知，AE BEC ⊥平面，故可取
122n EA 022==-u u r u u u r （，，）2)
2-.设平面DEC 的法向量2222,,n x y z =u u r （），则220,0n DC n DF ⋅=⋅=u u r u u u r u u r u u u r DE 0=u u u r
，由AD 1=u u u r ，得D ）,1,00（，C ）,1,02（，
从而）,0,02（DC =，22
DE ,1,22=u u u r （-），故222
20
22022x x y z =⎧⎪
⎨-+=⎪⎩，所以20x =，222z y =，
可取21y =，则2012n =u u r （，，），从而1212
123
cos ,3n n n n n n <>==-u r u u r
u r u u r g u u r u u u r .
【方法技巧】（1）用几何法推理证明、计算求解；（2）空间向量坐标法，通过向量的坐标运算解题. 9. （2010·重庆高考理科·Ｔ１9）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ABCD ⊥底面，
6PA AB ==，点E 是棱PB 的中点.
（1）求直线AD 与平面PBC 的距离；
（2）若3AD =，求二面角A EC D --的平面角的余弦值.
【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、三垂线定理等，
考查线面距离的求法、二面角的余弦值的求法，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程的思想、数形结合的思想方法、转化与化归的能力. 【思路点拨】（1）把直线到平面的距离转化为点到平面的距离， 寻找过此点与平面垂直的直线；（2）作出二面角的平面角， 再根据三角函数、余弦定理等求解.
【规范解答】方法一：（1）如图1，在矩形ABCD 中，
AD ∥BC ，从而AD ∥平面PBC ，故求直线AD 与平面PBC 的距离就是点A 到平面PBC 的距离.因为PA ABCD ⊥底面，所以PA AB ⊥，
由PA AB =知PAB ∆为等腰直角三角形，又点E 是棱PB 的中点.故
AE PB ⊥，又在矩形ABCD 中，BC AB ⊥，而AB 是PB 在底面ABCD 上
的射影，由三垂线定理得BC PB ⊥，从而BC PAB ⊥平面，故BC AE ⊥，
从而AE PBC ⊥平面，故AE 之长即为直线AD 与平面PBC 的距离.在Rt PAB ∆中，6PA AB ==
，
所以
2211322AE PB PA AB =
=+=AD 与平面PBC 3.
（2）过点D 作DF CE ⊥，交CE 于F ，过点F 作FG CE ⊥，交AC 于点G ，则DFG ∠为所求二面角的平面角.因为BC PAB ⊥平面，又AD ∥BC ，得AD PAB ⊥平面，故AD AE ⊥，从而
226DE AE AD =+=在Rt CBE ∆中，226CE BE BC =+，又因为6CD =所以CDE
∆为等边三角形，故F 为CE 的中点，且
32
sin
3
2DF CD π
==
.
因为AE PBC ⊥平面，故AE CE ⊥，又FG CE ⊥，知
1
2FG AE
=
且FG ∥AE ，从而
32FG =，且G 点为AC 的中点.连结DG ，则在Rt ADC ∆中，
22113
222DG AC AD CD =
=+=.所以
2226
cos 23DF FG DG DFG DF FG +-∠==
⋅⋅.
方法二：（I ）如图2，以A 为坐标原点，
射线,,AB AD AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系A xyz -.设(0,,0)D a ，
则6,0,0)B ，
)6,,0
C a ，
66
(0,06),22P E ,
因此66(0,,0)
22AE BC a ==u u u r u u u
r ,
6,,6)PC a =u u u r
，
则0,0AE BC AE PC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r ，所以AE PBC ⊥平面，又因为AD ∥BC ，所以AD
∥平面PBC ，故直线AD 与平面PBC 的距离为点A 到平面PBC 的距离，即为3
AE =u u u r
（2）因为AD 3AD =u u u r ，则
3,0),(6,3,0)D C ，设平面AEC 的法向量为1111(,,)n x y z =u r ，则
110,0n AC n AE ⋅=⋅=u r uu u r u r uu u r ，又66(6,3,0),(22AC AE ==u u u r u u u r ，所以1111630
660x x z +=+=，
所以11112,y x z x =-=-，取12x =-，则1(2,2,2)n =-u r
2,2).
设
平
面
EDC
的法向量
2222(,,)
n x y z =u u r
，则
220,0
n DC n DE ⋅=⋅=u u r uuu r u u r uu u r .又
66
(6,0,0),(,3,)22DC DE ==-u u u r u u u r ，所以222
20663022x x y z =⎧⎪
⎨-+=⎪⎩，所以2
220,2x z y ==，取21y =，则2(0,1,2)n =u u r .所以121212
6cos ,3n n n n n n ⋅<>==u r u u r
u r u u r u r u u r ，所以二面角A EC D --的平面角的余弦值
为63.
【方法技巧】（1）用几何法推理证明、计算求解；（2）空间向量坐标法，通过向量的坐标运算解题，并体会法向量在求空间角中的作用.
10. （2010·江西高考文科·Ｔ２０）如图，BCD ∆与MCD ∆ 都是边长为2的正三角形，
平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =. （1）求直线AM 与平面BCD 所成的角的大小； （2）求平面ACM 与平面BCD 所成的二面角的正弦值.
【命题立意】本题主要考查空间几何体的线线、线面与面面
垂直关系及平行关系，考查空间线面角、二面角的问题以及有关的计算问题，考查空间向量的坐标运算，考查数形结合思想，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、化归转化能力和运算求解能力。

【思路点拨】本题主要有两种方法，方法一：几何法（1）直接找出线面角，然后求解； （2）对二面角的求法思路， 一般是分三步①“作”，②“证”，③“求”. 其中“作”是关键， “证” 是难点.方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解. 【规范解答】方法一：（1）如图：取CD 中点O ，连结,OB OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD.
又平面MCD ⊥平面BCD ,则MO ⊥平面BCD ，所以MO ∥AB ， A ，B ，O ，M 共面.延长AM ，BO 相交于E ，连结CE,DE,则∠AEB 就是AM 与
平面BCD 所成的角.
OB=MO=3，MO ∥AB ，则
1
2EO MO EB AB ==
，3EO OB ==，所以23EB AB ==，故45AEB ∠=o
.
D
M
C
B
A
（2）CE 是平面ACM 与平面BCD 的交线. 由（1）知，O 是BE 的中点，则BCED 是菱形.
作BF ⊥EC 于F ，连结AF ，则AF ⊥EC ，∠AFB 就是二面角A-EC-B 的平面角，设为θ. 因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.
sin 603BF BC =⋅=o ，
tan 2AB
BF θ=
=，
25sin 5θ=
所以，所求二面角的正弦值是25
5.
方法二：取CD 中点O ，连结OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ,
则MO ⊥平面BCD .以O 为原点，直线OC ，BO ，OM 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空
间直角坐标系如图.
OB=OM=3，则各点坐标分别为O （0，0，0），C （1，0，0），M （0，0，3），B （0，-3，0），A （0，-3，23）， （1）设直线AM 与平面BCD 所成的角为α.
因AM =u u u u r
（0，3，3-），平面BCD
的法向量为
(0,0,1)n =r
.则有
32
sin cos ,26AM n AM n AM n
α⋅===
=⋅u u u u r r
u u u u r r u u u u r r ，所以45α=o
.
（2）
(1,0,3)CM =-u u u u r ，(1,3,23)CA =--u u u r
. 设平面ACM 的法向量为1(,,)n x y z =u r ，由11
n CM n CA ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩u r u u u u r u r u u u r 得303230x z x y z ⎧-+=⎪⎨--+=⎪⎩
. 解得3x z =，y z =，取1(3,1,1)n =u r .又平面BCD 的法向量为(0,0,1)n =r
，
则
111cos ,5n n n n n n
⋅<>==
⋅u r r
u r r u r r
y
x
M
D
C
B
O
A
z
设所求二面角为θ，则
2125sin 1(
)55
θ=-=
. 11. （2010·江西高考理科·Ｔ２０）如图，BCD ∆与MCD ∆都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =． （1）求点A 到平面MBC 的距离；
（2）求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值．
【命题立意】本题考查空间几何体的线线、线面与面面垂直关系及平行关系，考查空间中点面距离，考
查二面角的求解以及几何体的计算问题，考查空间向量的坐标运算，考查数形结合思想，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、化归转化能力和运算求解能力。

【思路点拨】本题主要有两种方法，
方法一：几何法（1）将点面距离问题转化为体积相等的问题，降低直接求解的难度；（2）对二面角的求法思路， 一般是①“作”，②“证”，③“求”. 其中“作”是关键， “证”是难点. 方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量，借助于法向量求解，使问题变得简单. 【规范解答】方法一：（1）取CD 中点O ，连结,OB OM ， 则3,,OB OM OB CD MO CD ==
⊥⊥．
又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO BCD ⊥平面， 所以MO //AB ，MO //平面ABC ．
,M O 到平面ABC 的距离相等．
作OH BC ⊥于H ，连结MH ，则MH BC ⊥．
求
得
3
sin 602
OH OC =⋅=
o ，
22315(3)(
)22MH =+=．
设点A 到平面MBC 的距离为d ，由
A MBC M ABC
V V --=得
11
33MBC ABC S d S OH ∆∆⋅⋅=⋅⋅．
即1115113222332
2322d ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅，解得215
5d =
．
（2）延长,AM BO 相交于E ，连结CE ，DE ，CE 是平面ACM 与平面BCD 的交线．
由（1）知，O 是BE 的中点，则四边形BCED 是菱形．
作BF EC ⊥于F ，连结AF ，则,AF EC AFB ⊥∠就是二面角
A EC
B --的平面角，设为θ．
因为120BCE ∠=o ，所以60BCF ∠=o
． 2sin 603BF ==o ,25tan 2,sin 5AB BF θθ===． 方法二：取CD 中点O ，连结,OB OM ，则,OB CD OM CD ⊥⊥． 又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO ⊥平面BCD ．以O 为原点，
直线OC,BO,OM 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图．3OB OM ==，则各点坐标分别为).32,3,0(),0,3,0(),3,0,0(),0,0,1(--A B M C
（1）设),,(z y x n =是平面MBC 的法向量，则)3,3,0(),0,3,1(==BM BC .由BC n ⊥ϖ得
;03=+y x 由BM n ⊥ϖ得.033=+z y 取),32,0,0().1,1,3(=-=BA n ϖ
则.5152532==⋅=n n BA d ϖϖ
(2)).32,3,1(),3,0,1(--=-=CA CM 设平面ACM 的法向量为),,,(1z y x n =由CA n CM n ⊥⊥11,得⎩⎨⎧=+--=+-032303z y x z x 解得
,,3z y z x ==取).1,1,3(1=n 又平面BCD 的法向量为).1,0,0(2=n 所以.51,cos 212121==
n n n n 设所求二面角为,θ则.552sin =θ
12. （2010·四川高考理科·Ｔ18）已知正方体
ABCD A B C D -''''的棱长为1，点M 是棱AA '的中点，
点O 是对角线BD '的中点.
（1）求证：OM 为异面直线AA '和BD '的公垂线；
（2）求二面角M BC B -'-'的大小；
（3）求三棱锥M OBC -的体积.
【命题立意】本题主要考查异面直线、直线与平面垂直、
二面角、正方体、三棱锥体积等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力，转化与化归的数学思想.
【思路点拨】方法一：几何法. 问题（1），分别证明OM AA '⊥，OM BD '⊥即可.
问题（2）首先利用三垂线定理，作出二面角M BC B -'-'的平面角， 然后通过平面角所在的直角三角形，求出平面角的一个三角函数值，便可解决问题.
问题（3）选择便于计算的底面和高，观察图形可知，OBC ∆和OA D ''∆都在平面BCD A ''内，且OBC OA D S S ''∆∆=，故M OBC M OA D O MA D V V V ''''---==，利用三棱锥的体积公式很快求出O MA D V ''-.
方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解.
【规范解答】方法一：（1）连结AC .取AC 的中点K ，则K 为BD 的中点，连结OK .
∵点M 是棱AA '的中点，点O 是BD '的中点，
由AA AK '⊥，得OM AA '⊥.
∵,AK BD AK BB '⊥⊥，且BD ∩BB ´=B ∴AK BDD B ''⊥平面.
∴AK BD '⊥.∴OM BD '⊥.
又∵OM 与异面直线AA '和BD '都相交，
故OM 为异面直线AA '和BD '的公垂线，
（2）取BB '的中点N ，连结MN ，则MN BCC B ''⊥平面，
过点N 作NH BC '⊥于H ，连结MH ，则由三垂线
定理得，BC MH '⊥.
∴MHN ∠为二面角M BC B ''--的平面角.
1221,sin 45224MN NH BN ===⨯=o . 在Rt MNH ∆中.tan ∠tan 222MN MHN NH =
==
故二面角M BC B ''--的大小为arctan 22.
（3）易知，OBC OA D S S ''∆∆=,且OBC ∆和OA D ''∆都在平面BCD A ''内， 点O 到平面MA D ''的距离12h =，
∴
11324M OBC M OA D O MA D MA D V V V S h ''''''---∆====. 方法二：以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，
则(1,0,0)A ，(1,1,0)B ，(0,1,0)C ，(1,0,1)A '，(0,1,1)C '，(0,0,1)D '
（1） ∵点M 是棱AA '的中点，点O 是BD '的中点，
∴1(1,0,)2M , 111(,,)222O ，11(,,0)22OM =-u u u u r ,
(0,0,1)AA '=u u u r ,(1,1,1)BD '=--u u u u r . 0OM AA '⋅=u u u u r u u u r ,110022OM BD '⋅=-++=u u u u r u u u u r ,
∴OM AA '⊥,OM BD '⊥,
又∵MO 与异面直线AA '和BD '都相交，
故MO 为异面直线AA '和BD '的公垂线，
（2）设平面BMC '的一个法向量为1
(,,)n x y z =u r ， 1(0,1,)2BM =-u u u u r ，(1,0,1)BC '=-u u u
u r .
110,0.n BM n BC ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u r u u u u r u r u u u u r 即10,20.y z x z ⎧-+=⎪⎨⎪-+=⎩
取2z =，则2,1x y ==.1
(2,1,2)n =u r . 取平面BC B ''的一个法向量2
(0,1,0)n =u u r . 1212121cos ,391n n n n n n ⋅<>===⨯u r u u r u r u u r u r u u r ，
由图可知，二面角M BC B ''--的平面角为锐角， 故二面角M BC B ''--的大小为1arccos 3.
（3）易知，
11212444OBC BCD A S S ''∆=
=⨯⨯=四边形，设平面OBC 的一个法向量为3111(,,)n x y z =u u r ， 1(1,1,1)BD =--u u u u r ,(1,0,0)BC =-u u u r , 33n BD 0,n BC 0.⎧'=⎪⎨=⎪⎩u u r u u u u r g u u r u u u r g 即11110,0.x y z x --+=⎧⎨-=⎩ 取11z =，则11y =，从而3(0,1,1)n =u u r . 点M 到平面OBC 的距离3312222BM n d n ⋅===u u u u r u u r u u r .
11213342422M OBC OBC V S d -∆=⋅=⨯=.。