Решение:

Дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$.
Точка $E$ делит ребро $A_{1}A$ в отношении $A_{1} E : EA = 1 : 2$.
Точка $F$ делит ребро $B_{1}B$ в отношении $B_{1} F : FB = 1 : 5$.
Точка $T$ является серединой ребра $B_{1}C_{1}$, то есть $B_{1} T = TC_{1}$.
Линейные размеры: $AB = 2$, $AD = 6$, $AA_{1} = 6$.

а) 1) Построим сечение, проходящее через точки $E, F$ и $T$. Поскольку плоскости противоположных граней $(ADD_{1})$ и $(BCC_{1})$ параллельны, линия пересечения сечения с гранью $ADD_{1}A_{1}$ будет параллельна прямой $FT$. Проведем из точки $E$ луч, параллельный $FT$, до пересечения с ребром $A_{1}D_{1}$ в некоторой точке $D_{2}$.
2) Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle A_{1} ED_{2}$ и $\triangle B_{1} FT$. У них соответствующие стороны параллельны, следовательно, они подобны: $\triangle A_{1} ED_{2} \sim \triangle B_{1} FT$. Из подобия вытекает отношение: $\frac{B_{1} F}{A_{1} E} = \frac{B_{1} T}{A_{1} D_{2}}$.
3) Вычислим длины отрезков: так как $A_{1}A = 6$ и $A_{1} E : EA = 1 : 2$, то $A_{1} E = 2$ и $EA = 4$.
Аналогично для ребра $B_{1}B = 6$ при отношении $B_{1} F : FB = 1 : 5$ получаем $B_{1} F = 1$ и $FB = 5$.
4) Подставим значения в пропорцию: $\frac{1}{2} = \frac{B_{1} T}{A_{1} D_{2}}$. Отсюда $A_{1} D_{2} = 2 B_{1} T$. Поскольку $T$ — середина $B_{1}C_{1}$ и $B_{1}C_{1} = AD = 6$, то $B_{1} T = 3$. Тогда $A_{1} D_{2} = 2 \cdot 3 = 6$. Так как длина ребра $A_{1}D_{1}$ также равна 6, точка $D_{2}$ совпадает с вершиной $D_{1}$. Таким образом, плоскость сечения проходит через точку $D_{1}$. Что и требовалось доказать.

б) 5) Найдем точку $M$, продлив прямые $A_{1}B_{1}$ и $EF$ до их взаимного пересечения.
6) Проанализируем плоскость грани $(AA_{1} B_{1})$:

Треугольники $\triangle B_{1} FM$ и $\triangle A_{1} EM$ подобны по двум углам (общий угол при вершине $M$ и прямые углы при вершинах $B_{1}$ и $A_{1}$).
Запишем отношение подобия: $\frac{B_{1} M}{A_{1} M} = \frac{B_{1} F}{A_{1} E}$. Учитывая, что $A_{1} M = A_{1} B_{1} + B_{1} M = 2 + B_{1} M$, имеем: $\frac{B_{1} M}{2 + B_{1} M} = \frac{1}{2}$. Решая уравнение, находим $B_{1} M = 2$.
7) В прямоугольном $\triangle A_{1} ME$ по теореме Пифагора найдем гипотенузу $EM$:
$EM = \sqrt{A_{1} M^{2} + A_{1} E^{2}} = \sqrt{4^{2} + 2^{2}} = \sqrt{16 + 4} = 2 \sqrt{5}$.
8) Опустим перпендикуляр $A_{1}H$ из вершины $A_{1}$ на прямую $EM$.
В $\triangle A_{1} ME$: $\cos \angle A_{1} EM = \frac{A_{1} E}{EM} = \frac{2}{2 \sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$, а $\sin \angle A_{1} EM = \frac{A_{1} M}{EM} = \frac{4}{2 \sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
Тогда отрезок $EH = A_{1} E \cdot \cos \angle A_{1} EM = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
Высота $A_{1} H = A_{1} E \cdot \sin \angle A_{1} EM = 2 \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{4}{\sqrt{5}}$.
9) Перейдем к рассмотрению треугольника $\triangle D_{1} EM$:

Найдем его стороны. В $\triangle A_{1} D_{1} E$: $ED_{1} = \sqrt{A_{1} D_{1}^{2} + A_{1} E^{2}} = \sqrt{36 + 4} = 2 \sqrt{10}$.
В $\triangle A_{1} D_{1} M$: $D_{1} M = \sqrt{A_{1} D_{1}^{2} + A_{1} M^{2}} = \sqrt{36 + 16} = \sqrt{52} = 2 \sqrt{13}$.
10) Применим теорему косинусов для $\triangle ED_{1} M$, чтобы найти $\cos \angle D_{1} EM$:
$D_{1} M^{2} = ED_{1}^{2} + EM^{2} - 2 \cdot ED_{1} \cdot EM \cdot \cos \angle D_{1} EM$
$52 = 40 + 20 - 2 \cdot 2\sqrt{10} \cdot 2\sqrt{5} \cdot \cos \angle D_{1} EM$
$52 = 60 - 40\sqrt{2} \cdot \cos \angle D_{1} EM \Rightarrow \cos \angle D_{1} EM = \frac{8}{40\sqrt{2}} = \frac{1}{5\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{10}$.
11) Пусть $H_{1}$ — основание высоты, опущенной из $D_{1}$ на $EM$.
$EH_{1} = ED_{1} \cdot \cos \angle D_{1} EM = 2 \sqrt{10} \cdot \frac{\sqrt{2}}{10} = \frac{2 \cdot \sqrt{20}}{10} = \frac{4\sqrt{5}}{10} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
12) Заметим, что $EH = EH_{1} = \frac{2}{\sqrt{5}}$. Это означает, что точки $H$ и $H_{1}$ совпадают. Следовательно, $D_{1}H \perp EM$ и $A_{1}H \perp EM$.
13) Угол между плоскостями $(A_{1}D_{1}M)$ и $(ED_{1}M)$ — это угол $\angle A_{1}HD_{1}$.
Найдем $D_{1} H$ из прямоугольного $\triangle ED_{1} H$:
$D_{1} H = \sqrt{ED_{1}^{2} - EH^{2}} = \sqrt{40 - \frac{4}{5}} = \sqrt{\frac{196}{5}} = \frac{14}{\sqrt{5}}$.
14) Теперь по теореме косинусов для $\triangle A_{1} D_{1} H$ найдем искомый угол:
$A_{1} D_{1}^{2} = A_{1} H^{2} + D_{1} H^{2} - 2 \cdot A_{1} H \cdot D_{1} H \cdot \cos \angle A_{1} HD_{1}$
$36 = \frac{16}{5} + \frac{196}{5} - 2 \cdot \frac{4}{\sqrt{5}} \cdot \frac{14}{\sqrt{5}} \cdot \cos \angle A_{1} HD_{1}$
$36 = \frac{212}{5} - \frac{112}{5} \cdot \cos \angle A_{1} HD_{1}$
$180 = 212 - 112 \cos \angle A_{1} HD_{1} \Rightarrow 112 \cos \angle A_{1} HD_{1} = 32 \Rightarrow \cos \angle A_{1} HD_{1} = \frac{32}{112} = \frac{2}{7}$.
Следовательно, $\angle A_{1} HD_{1} = \arccos \frac{2}{7}$.

Ответ: $\arccos \frac{2}{7}$

Источник: ФИПИ