а) Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Значит плоскость \((AOB)\) пересекает плоскость верхнего основания по прямой, параллельной \(AB\); пусть она пересекает \(A_1D_1\) и \(B_1C_1\) в точках \(E\) и \(F\).

Аналогично плоскость \((BOC)\) пересекает верхнее основание по прямой, параллельной \(BC\); пусть она пересекает \(A_1B_1\) и \(D_1C_1\) в точках \(N\) и \(M\).

Обозначим \(AB = x\), \(BC = y\). По условию \(AE = 2x\) и \(BN = 2y\).

Прямые \(EF\) и \(MN\) проходят через центр \(O\) прямоугольника \(A_1B_1C_1D_1\), поэтому

\[A_1N = NB_1 = D_1M = MC_1 = \frac{x}{2}, \qquad A_1E = ED_1 = B_1F = FC_1 = \frac{y}{2}.\]

Боковые рёбра прямоугольного параллелепипеда перпендикулярны основаниям, поэтому треугольники \(AA_1E\) и \(BB_1N\) прямоугольные. По теореме Пифагора

\[AA_1^2 = AE^2 - A_1E^2 = (2x)^2 - \left(\frac{y}{2}\right)^2, \qquad BB_1^2 = BN^2 - B_1N^2 = (2y)^2 - \left(\frac{x}{2}\right)^2.\]

Но \(AA_1 = BB_1\), значит

\[4x^2 - \frac{y^2}{4} = 4y^2 - \frac{x^2}{4}, \qquad \left(4 + \frac{1}{4}\right)x^2 = \left(4 + \frac{1}{4}\right)y^2,\]

откуда \(x^2 = y^2\) и \(x = y\). Получили \(AB = BC\): основание — прямоугольник с равными сторонами, то есть квадрат. Что и требовалось доказать.

б) Опустим перпендикуляр \(A_1H\) на продолжение \(BN\) за точку \(N\). Прямая \(BN\) и точка \(A_1\) лежат в плоскости \((ABB_1)\), поэтому и \(A_1H\) лежит в этой плоскости.

Так как \(MN \parallel BC\), то \(MN \perp A_1B_1\); кроме того \(MN \perp BB_1\), поскольку \(BB_1 \perp (A_1B_1C_1)\). Прямая \(MN\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости \((ABB_1)\), значит \(MN \perp (ABB_1)\), а тогда \(MN\) перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в частности \(MN \perp A_1H\).

Итак, \(A_1H \perp BN\) и \(A_1H \perp MN\), следовательно \(A_1H \perp (BOC)\), то есть \(H\) — проекция точки \(A_1\) на плоскость \((BOC)\). Поэтому искомый угол между прямой \(A_1C\) и плоскостью \((BOC)\) равен углу \(A_1CH\).

Из пункта а) при \(x = y\) получаем

\[BB_1^2 = 4x^2 - \frac{x^2}{4} = \frac{15x^2}{4}, \qquad BB_1 = \frac{\sqrt{15}\,x}{2}.\]

Треугольники \(A_1HN\) и \(BB_1N\) подобны по двум углам: \(\angle A_1NH = \angle BNB_1\) как вертикальные, а \(\angle A_1HN = \angle BB_1N = 90^\circ\). Запишем отношение подобия:

\[\frac{A_1H}{BB_1} = \frac{A_1N}{NB}, \qquad A_1H = \frac{\frac{\sqrt{15}\,x}{2}\cdot\frac{x}{2}}{2x} = \frac{\sqrt{15}\,x}{8}.\]

По формуле диагонали прямоугольного параллелепипеда

\[A_1C^2 = AA_1^2 + AD^2 + AB^2 = \frac{15x^2}{4} + x^2 + x^2 = \frac{23x^2}{4}, \qquad A_1C = \frac{\sqrt{23}\,x}{2}.\]

Тогда из прямоугольного треугольника \(A_1CH\)

\[\sin\angle A_1CH = \frac{A_1H}{A_1C} = \frac{\frac{\sqrt{15}\,x}{8}}{\frac{\sqrt{23}\,x}{2}} = \frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}.\]

Ответ: б) \(\arcsin\dfrac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}\).