Элементарная математика. Геометрия.

Решение

Плоскости основания $ABC$ и сечения $A_1B_1C_1$ пересекаются по прямой $KJ$.  Она проходит через точки пересечения продолжений соответствующих сторон треугольников $ABC$ и $A_1B_1C_1$. Проведем $A_1M\parallel AC$ и $B_1L\parallel BC$. Пусть $\angle MA_1C_1 =\beta, \angle LB_1C_1 =\alpha$. 

Запишем теорему Пифагора для прямоугольных $\triangle MA_1C_1$ и $\triangle LB_1C_1$:
$A_1C_1 = \sqrt{(CC_1 - AA_1)^2 + A_1M^2} = \sqrt{( \frac{3a}{2} - \frac{a}{2} )^2 + a^2}= a\sqrt{2}$;
$B_1C_1 = \sqrt{(CC_1 - BB_1)^2 + B_1L^2}= \sqrt{( \frac{3a}{2} - a )^2 + a^2}= \frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Тогда
$\sin\beta = \frac{C_1M}{A_1C_1} = \frac{a}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad \cos\beta = \frac{a}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$;
$\sin\alpha = \frac{C_1L}{B_1C_1}= \frac{\frac{a}{2}}{ \frac{a\sqrt{5}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}, \quad \cos\alpha = \frac{a}{a\sqrt{5}/2} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
Заметим, что угол $\beta=45^\circ$.
Рассмотрим  прямоугольный треугольник $C_1KC$, в котором  $\angle CKC_1 =\beta$. В нем
$C_1K=\frac{CC_1}{\sin\beta}=\frac{\frac{3a}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{3a}{2} \cdot \sqrt{2} = \frac{3a\sqrt{2}}{2}$;
$CK=KC_1 \cos\beta= \frac{3a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{3a}{2}$.

Рассмотрим далее прямоугольный треугольник $C_1JC$, в котором  $\angle CJC_1 =\alpha$. В нем
$C_1J=\frac{CC_1}{\sin\alpha}= \frac{\frac{3a}{2}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}= \frac{3a}{2} \cdot \sqrt{5} = \frac{3a\sqrt{5}}{2}$;
$CJ=JC_1 \cos\alpha= \frac{3a\sqrt{5}}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = 3a$.

Теперь по теореме косинусов для треугольника $KCJ$ легко находим квадрат длины отрезка $KJ$
$KJ^2 =CK^2+CJ^2 -2 CK\cdot CJ \cos 60^\circ= \left(\frac{3a}{2}\right)^2 + (3a)^2 - 2 \cdot \frac{3a}{2} \cdot 3a \cdot \cos 60^\circ$.

Отсюда
$KJ = \frac{3a\sqrt{3}}{2}$.
Есть подозрение, что $\angle C_1KJ=90^\circ$.  Вычислим
$C_1K^2 + KJ^2 = \frac{9a^2 \cdot 2}{4} + \frac{9a^2 \cdot 3}{4} = \frac{18a^2}{4} + \frac{27a^2}{4} = \frac{45a^2}{4}$
и
$C_1J^2 = \frac{9a^2 \cdot 5}{4} = \frac{45a^2}{4}$.
Следовательно, $C_1K\perp KJ$. Значит плоскость $C_1KC$  перпендикулярна $KJ$. Поэтому искомый двугранный угол измеряется линейным углом $\beta$  и равен $45^\circ$.