Решение:

а) Пусть ребра основания правильной призмы \(ABCA_1B_1C_1\) равны \(a.\) Тогда \(AA_1 = BB_1 = CC_1 = \cfrac{5}{4} a.\) Прямоугольные треугольники \(A_1B_1D\) и \( C_1 B_1 D\) равны по двум катетам. Поэтому \(DA_1 = DC_1\) и \(\triangle A_1C_1D\) — равнобедренный. Кроме того, \(\angle A_1DB_1 = \angle C_1DB_1.\) Далее \(\triangle B_1CB = \triangle B_1AB\) по двум катетам. Значит \(\triangle AB_1C\) — равнобедренный. И \(\angle AB_1B = \angle CB_1B.\) Пусть плоскость \(\alpha = (A_1DC_1)\) пересекается с плоскостью \(AB_1C\) по прямой \(EF.\) Получаем, что \(\triangle B_1ED = \triangle B_1FD\) по стороне \(B_1D\) и двум прилежащим к ней углам. Значит, \(B_1 E = B_1 F\) и \(DE =DF.\) Поэтому \(\triangle EB_1F\) и \(\triangle EDF\) равнобедренные. Из подобия треугольников \(A_1DC_1\) и \(EDF\) получаем, что \(A_1C_1 \parallel EF.\)

Пусть \(G\) — середина ребра \(A_1C_1\) и \(H\) — середина ребра \(AC.\) Тогда \(DG \perp A_1C_1\) и \(AC \perp B_1H.\) Но так как \(A_1 C_1 \parallel AC \parallel EF,\) то \(BO \perp EF\) и \(DO \perp EF,\) где \(O\) — середина отрезка \(EF.\) Так как \((A_1DC_1) \perp (AB_1C),\) то \(GO \perp B_1O.\)

Так как \(\triangle A_1B_1C_1\) — равносторонний, то \(B_1G = BH = B_1C_1 \cdot \sin 60^\circ = \cfrac{\sqrt{3}}{2} a.\)

Рассмотрим сечение \(GB_1BH\) призмы плоскостью, проходящей через параллельные отрезки \(BB_1\) и \(HG.\) Получаем, что \(\angle GHB_1 = \angle HB_1B,\) как накрест лежащие при параллельных прямых \(GH\) и \(B_1B.\) Аналогично \(\angle HGD = \angle B_1DG.\) Далее, т.к. \(\angle ODB_1 + \angle OB_1D = 90^\circ ,\) то \(\angle ODB_1 = \angle OB_1G\) и \(\angle OGB_1 = \angle GHB_1.\) Приравнивая тангенсы этих углов, получаем, что $$\frac{B_1D}{GB_1} = \frac{GB_1}{GH}$$ $$\frac{B_1D}{\cfrac{\sqrt{3a}}{2} } = \frac{\cfrac{\sqrt{3a}}{2}}{\cfrac{5a}{4}}$$ $$\frac{B_1D}{a} = \frac{3}{5}$$ $$\frac{B_1D}{BB_1} = \frac{B_1D}{\cfrac{5a}{4}} = \frac{12}{25}$$ $$\frac{BD}{BB_1} = 1 - \frac{12}{25} = \frac{13}{25}$$ Получаем, что $$\frac{B_1D}{BD} = \frac{B_1D}{BB_1} : \frac{BD}{BB_1} = \frac{12}{13}.$$ Ч.т.д.

б) Опустим из точки \(C\) перпендикуляр \(CM\) на \(C_1D\) — линию пересечения плоскостей \(\alpha = (C_1DA_1)\) и \((BCC_1).\) Также проведём перпендикуляр \(NM\) в плоскости \((A_1C_1D).\) Получаем, что прямая \(DC_1\) перпендикулярна плоскости \((CMN),\) а, значит, \((CNM) \perp (A_1DC_1)\) и \((CNM) \perp (BCC_1).\) Продлим прямые \(NM\) и \(A_1C_1\) до их пересечения в точке \(L.\) Получаем, что плоскость \((CML)\) перпендикулярна плоскостям \((A_1DC_1)\) и \((BCC_1)\) и угол \(CML\) или \(180^\circ - \angle CML\) (в зависимости от того, какой из них меньше \(90^\circ )\) — искомый угол между этими плоскостями.

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(C_1B_1D.\) Получаем, что $$B_1D = \frac{12}{15} \cdot \frac{5a}{4} = \frac{3a}{5},$$ $$C_1D^2 = (B_1C_1)^2 + (B_1D)^2 = a^2 + \left( \frac{3a}{5} \right)^2 = \frac{34a^2}{25}$$ $$C_1D = \frac{\sqrt{34} a}{5}$$

Так как \(CC_1 \perp B_1C_1\) и \(CM \perp DC_1,\) то \(\angle C_1CM = \angle B_1C_1D,\) и поэтому прямоугольные треугольники \(CMC_1\) и \(C_1B_1D\) подобны по двум углам с коэффициентом подобия $$k = \frac{C_1C}{C_1D} = \frac{5a}{4} : \frac{\sqrt{34} a}{5} = \frac{25}{4 \sqrt{34}}$$ Тогда $$CM = k \cdot C_1B_1 = \frac{25 a}{4 \sqrt{34}} $$ $$C_1M = k \cdot B_1D = \frac{25}{4 \sqrt{34}} \cdot \frac{3 a}{5} = \frac{15 a}{4 \sqrt{34}}$$

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(C_1GD.\) Получаем, что $$DG = \sqrt{\left( C_1D \right)^2 - CG^2} = \sqrt{ \frac{34a^2}{25} - \frac{a^2}{4} } = \frac{\sqrt{111} a}{10}$$

Прямоугольные треугольники \(C_1GD\) и \(C_1 ML\) подобны по двум углам (у них общий острый угол \(C_1)\) с коэффициентом подобия $$k_1 = \frac{C_1 M}{C_1G} = \frac{15 a}{4 \sqrt{34}} : \frac{a}{2} = \frac{15}{2 \sqrt{34}}.$$ Отсюда $$C_1L = k_1 \cdot C_1D = \frac{15}{2 \sqrt{34}} \cdot \frac{\sqrt{34} a}{5} = \frac{3a}{2}$$ $$ML = k_1 \cdot GD = \frac{15}{2 \sqrt{34}} \cdot \frac{\sqrt{111} a}{10} = \frac{3 \sqrt{111} a}{4 \sqrt{34}}$$

Рассмотрим наконец прямоугольный треугольник \(CC_1L.\) Получаем, что $$CL^2 = CC_1^2 + C_1L^2 = \left( \frac{5a}{4} \right)^2 + \left( \frac{3a}{2} \right)^2 = \frac{61 a^2}{16}$$ По теореме косинусов получаем, что косинус угла между плоскостями \(A_1DC_1\) и \(BCC_1\) равен $$\cos \beta = \frac{\left| CM^2 + ML^2 - CL^2 \right| }{2 \cdot CM \cdot ML} = $$ $$\frac{\left( \cfrac{25 a}{4 \sqrt{34}} \right)^2 + \left( \cfrac{3 \sqrt{111} a}{4 \sqrt{34}} \right)^2 - \cfrac{61 a^2}{16}}{2 \cdot \cfrac{25}{4 \sqrt{34}} \cdot \cfrac{3 \sqrt{111}}{4 \sqrt{34}}} = $$ $$\frac{450}{150 \sqrt{111}} = \frac{3}{\sqrt{111}} = \frac{\sqrt{111}}{37}$$ Соответственно, угол между этими плоскостями равен $$\beta = \mathrm{arccos} \, \frac{\sqrt{111}}{37}.$$

Ответ: б) \(\mathrm{arccos} \, \cfrac{\sqrt{111}}{37}.\)