а) Отрезки \(BD_1\) и \(AC_1\) пересекаются и точкой пересечения делятся пополам — это свойство параллелепипеда. Обозначим точку пересечения через \(O\); она лежит и в плоскости \(\pi\), и в плоскости \(ACC_1\).

Проведём в плоскости \(ACC_1\) прямую \(MN\) через точку \(O\) параллельно \(AC\). Тогда \(M\) — середина \(AA_1\), а \(N\) — середина \(CC_1\).

Прямая параллельна плоскости, если она параллельна некоторой прямой этой плоскости, поэтому \(AC\) параллельна любой плоскости, проходящей через \(MN\). Значит \(\pi\) — это плоскость, проходящая через прямые \(MN\) и \(BD_1\).

Соединив последовательно точки \(M\), \(D_1\), \(N\), \(B\), получим сечение \(MD_1NB\). По условию оно ромб, поэтому \(MB = NB\).

Докажем, что \(AB = BC\) — этого достаточно, ведь из того, что \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, уже следует, что \(ABCD\) прямоугольник.

По теореме Пифагора

\[MB^2 = AB^2 + AM^2, \qquad NB^2 = BC^2 + CN^2.\]

Здесь \(AM = CN\) как половины боковых рёбер, а \(MB = NB\) по условию, значит \(AB = BC\). Что и требовалось доказать.

б) Проведём \(C_1H \perp BN\), где \(BN\) — линия пересечения плоскостей \((BCC_1)\) и \(\pi\). Точка \(H\) окажется на продолжении \(BN\) за точку \(N\).

Так как \(D_1C_1 \perp (BCC_1)\), то по теореме о трёх перпендикулярах наклонная \(D_1H\) тоже перпендикулярна \(BN\). Значит построенный угол \(D_1HC_1\) и есть угол между плоскостями \((BCC_1)\) и \(\pi\); обозначим его \(\alpha\).

Из пункта а) основание — квадрат, поэтому \(BC = AD = 4\), а \(CN = \dfrac{1}{2}AA_1 = 3\). Из прямоугольного треугольника \(BCN\) по теореме Пифагора \(BN = 5\).

Треугольники \(BCN\) и \(C_1HN\) подобны по двум углам, поэтому

\[\frac{BC}{C_1H} = \frac{BN}{C_1N}, \qquad \frac{4}{C_1H} = \frac{5}{3} \quad\Longrightarrow\quad C_1H = \frac{12}{5}.\]

Тогда из прямоугольного треугольника \(D_1HC_1\), где \(D_1C_1 = AB = 4\),

\[\operatorname{tg}\alpha = \frac{D_1C_1}{C_1H} = \frac{4}{\frac{12}{5}} = \frac{5}{3}.\]

Ответ: б) \(\operatorname{arctg}\dfrac{5}{3}\).