[рис.] а)  Пусть E  — точка пересечения диагоналей грани $BB_1C_1C$ а точки T и S  — точки пересечения сечения с ребром $B_1C_1$ и $A_1B_1$ соответственно, так как сечение $альфа$ которое параллельно $AC_1$ параллельно и $A_1C_1$ Значит, прямая ST параллельна $A_1C_1$ и проходит через точку N. Тогда треугольники $B_1ST$ и $B_1A_1C_1$ подобны с коэффициентом подобия $k= \frac{2}{3}$ Следовательно, $\frac{BT}{TC_1} = \frac{2}{1}$ Рассмотрим грань $BB_1C_1C:$ плоскость α пересекает ее по прямой TE. Пусть прямые TE и BC пересекаются в точке L'. Рассмотрим треугольники $B_1TE$ и $CL'E$ Эти треугольники равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, тогда $\frac{BL'}{L'C} = \frac{1}{2}$ и L является точкой L'.
б)  Пусть N' проекция точки N, а Q'  — точки Q на основание ABC. Построим QR параллельную LN, тогда искомый угол является BQR. Рассмотрим треугольник BQR:

$BQ' = B_1R = CQ' = Q'A = 3 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$

как медиана прямоугольного треугольника. Далее,

$LR=NQ=N'Q' = $\frac{1}{3}$ B_1Q_1= $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$

Прямая LR параллельна BQ, а прямая RN' параллельна LK. Следовательно, $RN' = $\frac{1}{2}$ LK= $\frac{1}{6}$ AC = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ Вычислим:

$BQ = $\sqrt{аргумента: BB_1 ^2 + B_1Q ^2}$ аргумента = 3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента$
$BR = $\sqrt{аргумента: BN' ^2 + N'R ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента$
$RQ = $\sqrt{аргумента: RQ' ^2 + Q'Q ^2}$ аргумента = 2 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента$

По теореме \cos ов для треугольника BQR находим: $BR ^2 = BQ ^2 + RQ ^2 - 2BQ \cdot QR \cos \angle BQR$ Решая это уравнение, получаем, что $\cos \angle BQR = \frac{7}{2 $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента}$ Таким образом, $\angle BQR = \arccos \frac{7}{2 $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента}$

Ответ: б) $\arccos \frac{7}{2 $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента}$