法一：
如图，连接 $ AC $，取 $ AC $ 中点 $ K $，则 $ K $ 为 $ BD $ 的中点，连接 $ OK $．因为 $ M $ 是棱 $ AA' $ 的中点，点 $ O $ 是 $ BD' $ 的中点．
所以 $ AM \parallel DD'\parallel OK $，$ AM =\dfrac{1}{2}DD'=OK $，所以 $AKOM$ 为平行四边形．
所以 $ MO \parallel AK $，$ MO = AK $．
由 $ AA'\perp AK $，得 $ MO\perp AA' $，
因为 $ AK\perp BD $，$ AK\perp BB' $，所以 $ AK\perp 平面BDD'B' $，
所以 $ AK\perp BD' $，所以 $ MO\perp BD' $．
又因为 $ 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．
法二：
以点 $ D $ 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 $ D-xyz $．则 $A\left(1,0,0\right)$，$B\left(1,1,0\right)$，$C\left(0,1,0\right)$，$A'\left(1,0,1\right)$，$C'\left(0,1,1\right)$，$D'\left(0,0,1\right)$．
因为点 $M$ 是棱 $AA'$ 的中点，点 $O$ 是 $BD'$ 的中点．
所以 $M\left(1,0, \dfrac{1}{2} \right)$，$O\left( \dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2} \right)$，所以\[\overrightarrow {OM} = \left(\dfrac{1}{2}, - \dfrac{1}{2},0\right),\overrightarrow {AA'} =\left(0,0,1\right),\overrightarrow {BD'} =\left(-1,-1,1\right),\]所以\[\overrightarrow {OM} \cdot\overrightarrow {AA'} =0,\overrightarrow {OM} \cdot\overrightarrow {BD'} = - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} +0=0.\]所以 $OM\perp AA'$，$OM\perp BD'$．
又因为 $OM$ 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．

解法一：取 $ BB' $ 中点 $ N $，连接 $ MN $，则 $ MN\perp 平面BCC'B' $，
过点 $ N $ 作 $ NH\perp BC' $ 于 $ H $，连接 $ MH $，则由三垂线定理得 $ BC'\perp MH $．
从而 $ \angle MHN $ 为二面角 $ M-BC'-B' $ 的平面角，所以\[ MN=1 , NH=BN \sin 45^\circ = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{\sqrt 2 }{2} = \dfrac{\sqrt 2 }{4} ,\]在 $ {\mathrm{Rt}}\triangle MNH $ 中，$ \tan \angle MHN= \dfrac{MN}{NH} = \dfrac{1}{{\dfrac{\sqrt 2 }{4}}} = 2\sqrt 2 $．
故二面角 $ M-BC'-B' $ 的大小为 $ \arctan 2 \sqrt 2 $．
解法二：设平面 $ BMC' $ 的一个法向量为 $\overrightarrow {n_1} =\left(x,y,z\right)$，$\overrightarrow {BM} =\left(0,-1, \dfrac{1}{2}\right)$，$\overrightarrow {BC'} =\left(-1,0,1\right)$，
则\[\begin{cases}
\overrightarrow {n_1} \cdot\overrightarrow {BM} = 0 ,\\
\overrightarrow {n_1} \cdot\overrightarrow {BC'} = 0 ,\\
\end{cases}\]即\[\begin{cases}- y + \dfrac{1}{2}z = 0 ,\\
- x + z = 0 ,\\
\end{cases}\]取 $ z=2 $，则 $ x=2 $，$ y=1 $，从而 $\overrightarrow {n_1} =\left(2,1,2\right)$．
取平面 $ BC'B' $ 的一个法向量为 $\overrightarrow {n_2} =\left(0,1,0\right)$，所以\[\cos \left \langle \overrightarrow {n_1} ,\overrightarrow {n_2} \right\rangle = \dfrac{{\overrightarrow {n_1} \cdot\overrightarrow {n_2} }}{{ \left|\overrightarrow {n_1} \right|\cdot \left|\overrightarrow {n_2} \right|}} = \dfrac{1}{\sqrt 9 \cdot 1} = \dfrac{1}{3}.\]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 $ \arccos \dfrac{1}{3} $．

解法一：易知 $ S_{\triangle OBC}=S_{\triangle OA'D'} $，且 $ \triangle OBC $ 和 $ \triangle OA'D' $ 都在平面 $ BCD'A' $ 内，
点 $ O $ 到平面 $ MA'D' $ 距离 $h= \dfrac{1}{2}$，所以\[V_{M-OBC}=V_{M-OA'D'}=V_{O-MA'D'}= \dfrac{1}{3} S_{\triangle MA'D'}h= \dfrac{1}{24}.\]解法二：易知\[S_{\triangle OBC}= \dfrac{1}{4}S_{四边形BCD'A'}= \dfrac{1}{4}\times 1\times\sqrt 2 = \dfrac{\sqrt 2 }{4} ,\]设平面 $ OBC $ 的一个法向量为 $\overrightarrow {n_3} =\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)$，$\overrightarrow {BD'} =\left(-1,-1,1\right)$，$\overrightarrow {BC} =\left(-1,0,0\right)$，
则\[\begin{cases}
\overrightarrow {n_3} \cdot\overrightarrow {BD'} = 0, \\
\overrightarrow {n_3} \cdot\overrightarrow {BC} = 0, \\
\end{cases}\]即\[\begin{cases}- {x_1} - {y_1} + {z_1} = 0 ,\\
- {x_1} = 0. \\
\end{cases}\]取 $ z_{1}=1 $，得 $ y_{1}=1 $，从而 $\overrightarrow {n_3} =\left(0,1,1\right)$．
点 $ M $ 到平面 $ OBC $ 的距离\[d=\dfrac{{ \left|\overrightarrow {BM} \cdot\overrightarrow {n_3} \right|}}{{ \left|\overrightarrow {n_3} \right|}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}}}{\sqrt 2 } = \dfrac{\sqrt 2 }{4},\]所以\[V_{M-OBC}= \dfrac{1}{3}{S_{\triangle OBC}}\cdot d = \dfrac{1}{3}\times\dfrac{\sqrt 2 }{4}\times\dfrac{\sqrt 2 }{4} = \dfrac{1}{24}.\]