Решение:

а) Рассмотрим усеченную четырехугольную пирамиду [math]ABCDA_1B_1C_1D_1[/math], Описанную около шара (см. рисунок) Пусть [math]A_1B_1C_1D_1[/math] - квадрат со стороной а, [math]ABCD[/math] - квадрат со стороной b. По условию [math]S_{ABCD}=9S_{A_1B_1C_1D_1}[/math] , [math]b^2=9a^2[/math] следовательно [math]b=3a[/math].

Пусть [math]M[/math] - середина [math]AB[/math], [math]N[/math] - середина [math]CD[/math]. Проведем прямую [math]MN[/math] сечение, перпендикулярное плоскости основания. Пусть [math]KP[/math] - отрезок, по которому плоскость сечения пересекается с верхним основанием, [math]KP\parallel MN[/math], [math]K[/math] - середина [math]A_1B_1[/math], [math]P[/math] - середина [math]C_1D_1[/math]. Трапеция [math]KPMN[/math] описана около круга, образованного сечением шара рассматриваемой плоскостью. Тогда [math]KP+MN=MK+PN=4a[/math], [math]MK=PN=2a[/math]. C другой стороны, [math]PN[/math] - высота трапеции [math]DD_1C_1C[/math] и [math]PN=2a=\frac{3a+a}2=\frac{CD+C_1D_1}2[/math], что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим трапецию [math]MKPN[/math] (см. рисунок)

[math]MN\perp CD[/math], [math]PN\perp CD[/math], поэтому [math]\angle PNM[/math] - линейный угол искомого двугранного угла

[math]HN=\frac{MN-KP}2=\frac{3a-a}2=a[/math]

[math]\cos\angle PNH=\frac{HN}{PN}=\frac a{2a}=\frac12[/math]

[math]\angle PNH=\frac{\mathrm\pi}3[/math]

Ответ: [math]\frac{\mathrm\pi}3[/math]