[рис.] а)  Пусть плоскость $BA_1D_1$ пересекает ребро $CC_1$ в точке K. Параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым, поэтому параллельные грани $AA_1B_1B$ и $CC_1D_1D$ сечение пересекает по параллельным прямым $A_1B$ и $D_1K$
Следовательно, углы $BA_1B_1$ и $KD_1C_1$ равны и треугольники $B_1A_1B$ и $C_1D_1K$ подобны и коэффициент подобия $k= \frac{1}{2}$ то есть $C_1K= $\frac{1}{2}$ BB_1$ и K  — середина $CC_1$
б)   Пусть L  — точка пересечения $D_1K$ и СD, тогда BL  — прямая пересечения плоскостей ABCD и $BA_1D_1$ Опустим из K и С перпендикуляры KH и CH на BL. Они попадут в одну точку по теореме о трех перпендикулярах. BL параллельно $A_1D_1$ и параллельно $AD$ Следовательно, ABLD  — параллелограмм. Тогда CL  =  CD  =  BC и треугольник BCL  — прямоугольный и = бедренный и его высота равна $CH= \frac{CD}{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}$ при этом $CK= \frac{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}{2} CD$ Следовательно, $\text{tg} \angle KHC = $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Тогда $\angle KHC = 60 ^{\circ}$ и равен углу между плоскостью $BA_1D_1$ и плоскостью основания. $AA_1$ перпендикулярно ABCD, следовательно, угол между $AA_1$ и $BA_1D_1$ равен $90 ^{\circ} - 60 ^{\circ} = 30 ^{\circ}$

Ответ: б)  30°.

Приведём решение п. б) Ирины Шраго.
Решим задание координатно-векторным методом. Начало координат в точке C, ось Ox вдоль луча CB, ось Oy вдоль луча CL, ось Oz вдоль луча CC1. Уравнение плоскости $( BA_1D_1 )$ в отрезках

$\frac{x}{a} + $\frac{y}{a}$ + \frac{2z}{a $\sqrt{6}$} =1$

где $CB= CL=a$ и

$CK= $\frac{1}{2}$ CC_1= \frac{a $\sqrt{6}$}{2}$

Таким образом, вектор нормали $\{ $\frac{1}{a}$ ; $\frac{1}{a}$ ; \frac{2}{a $\sqrt{6}$} \}$ а вектор $AA_1 \{ 0; 0; 1 \}$ поскольку он сонаправлен с осью Оz. \sin искомого угла равен модулю \cos а угла между этими векторами, то есть

$\sin x = \frac{( \frac{2}{a $\sqrt{6}$} ) ,}{\sqrt{аргумента: ( $\frac{2}{a ^2}$ + $\frac{4}{6a ^2}$ )} аргумента} = \frac{1}{2}$

Следовательно, $x=30 ^{\circ}$