[рис.] а)  Пусть AA1  — образующая цилиндра, M  — середина хорды BC. Тогда

$AM=AB \cdot \cos 60 ^{\circ}=5$

Треугольники ABA1 и ACA1 равны по гипотенузе и катету. Значит, BA1  =  A1C.
В = бедренных треугольниках BAC и BA1C медианы AM и A1M являются высотами. Поэтому искомый угол между плоскостями равен углу ∠AMA1. В прямоугольном треугольнике AMA1 имеем:

$\sin \angle AMA_1= $\frac{AA_1}{MA}$ = \frac{3}{5}$

б)  Из пункта а) получаем, что $A_1M=4$ и

$BM ^2 =10 ^2 - 5 ^2 =75$
значит,

$A_1B= $\sqrt{аргумента: 75 + 16}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 91}$ аргумента$
Тогда $\sin \angle A_1BC= \frac{4}{$\sqrt{аргумента: 91}$ аргумента}$ Пусть R⁠⁠  — радиус основания цилиндра. Тогда, по теореме \sin ов

$2R= $\frac{A_1C}{\sin \angle A_1BC}$ = \frac{91}{4}$
Отсюда $R= $\frac{91}{8}$ больше 10=AB$ Что и требовалось доказать.

Ответ: $\arcsin \frac{3}{5}$