略

解法一：
连接 ${B_1}A$，交 $B{A_1}$ 于 $O$，连接 $OD$， $\because$ ${B_1}P\parallel $ 平面 $BD{A_1}$，${B_1}P \subset $ 平面 $A{B_1}P$，平面 $A{B_1}P \cap $ 平面 $BD{A_1} = OD$，
$\therefore$ ${B_1}P\parallel OD$，
又 $O$ 为 ${B_1}A$ 的中点，$\therefore$ $D$ 为 $AP$ 中点，$\therefore$ ${C_1}$ 为 ${A_1}P$ 的中点，
$\therefore$ $\triangle ACD \cong \triangle P{C_1}D$，$\therefore$ ${C}D = C_1D$．
解法二：
如图，以 ${A_1}$ 为原点，${A_1}{B_1}$，${A_1}{C_1}$，${A_1}A$ 所在直线分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴建立空间直角坐标系 ${A_1} - xyz$， 则 ${A_1}\left(0,0,0\right)$，${B_1}\left(1,0,0\right)$，${C_1}\left(0,1,0\right)$，$B\left(1,0,1\right)$．
设 ${C_1}D = x$，$\because AC\parallel P{C_1}$，所以\[ \dfrac{{{C_1}P}}{AC} = \dfrac{{{C_1}D}}{CD} = \dfrac{x}{1 - x},\]由此可得 $D\left( {0,1,x} \right),P\left( {0,1 + \dfrac{x}{1 - x},0} \right)$，所以\[\begin{split}& \overrightarrow {{A_1}B} = \left( {1,0,1} \right) , \overrightarrow {{A_1}D}= \left( {0,1,x} \right) , \\ &\overrightarrow {{B_1}P} = \left( { - 1,1 + \dfrac{x}{1 - x},0} \right).\end{split}\]设平面 $B{A_1}D$ 的一个法向量为 $\overrightarrow {n_1} = \left(a,b,c\right)$，则\[\begin{cases}\overrightarrow {n_1} \cdot \overrightarrow {{A_1}B} = a + c = 0, \\
\overrightarrow {n_1} \cdot \overrightarrow {{A_1}D} = b + cx = 0. \\
\end{cases}\]令 $c = - 1$，则\[\overrightarrow {n_1} = \left( {1,x, - 1} \right).\]$\because P{B_1}\parallel $ 平面 $B{A_1}D$，所以\[\begin{split}\overrightarrow {n_1} \cdot \overrightarrow {{B_1}P} = 1 \times \left( - 1\right) + x \times \left( {1 + \dfrac{x}{1 - x}} \right) + \left( - 1\right) \times 0 = 0,\end{split}\]由此可得 $x = \dfrac{1}{2}$，故 $CD = {C_1}D$．

略

解法一：
由题意 $AB \perp AC$，$AB \perp A{A_1} \Rightarrow AB \perp $ 平面 $A{A_1}{C_1}C$，
过 $A$ 作 $AE \perp {A_1}D$ 于点 $ E $，连接 $BE$，则 $BE \perp A_1D$，
$\therefore$ $\angle AEB$ 为二面角 $A - {A_1}D - B$ 的平面角．
在 $\triangle A{A_1}D$ 中，$A{A_1} = 1$，$AD = \dfrac{\sqrt 5 }{2}$，${A_1}D = \dfrac{\sqrt 5 }{2}$，则\[AE = \dfrac{2\sqrt 5 }{5},BE = \dfrac{3\sqrt 5 }{5},\]所以\[ \cos \angle AEB = \dfrac{AE}{BE} = \dfrac{{\dfrac{2\sqrt 5 }{5}}}{{\dfrac{3\sqrt 5 }{5}}} = \dfrac{2}{3}. \]解法二：由（1）知，平面 $B{A_1}D$ 的一个法向量\[\overrightarrow {n_1} = \left( {1,\dfrac{1}{2}, - 1} \right).\]又 $\overrightarrow {n_2} = \left(1,0,0\right)$ 为平面 $A{A_1}D$ 的一个法向量，所以\[ \begin{split} \cos \left\langle {\overrightarrow {n_1} ,\overrightarrow {n_2} } \right\rangle & = \dfrac{{\overrightarrow {n_1} \cdot \overrightarrow {n_2} }}{{ \left|\overrightarrow {n_1} \right| \cdot \left| \overrightarrow {n_2} \right|}} = \dfrac{1}{{1 \times \dfrac{3}{2}}} = \dfrac{2}{3}.\end{split}\]故二面角 $A - {A_1}D - B$ 的平面角的余弦值为 $\dfrac{2}{3}$．

略

解法一：
因为 ${V_{C - {B_1}PD}} = {V_{{B_1} - PCD}}$，所以\[\dfrac{1}{3}h \cdot {S_{\Delta {B_1}PD}} = \dfrac{1}{3}{A_1}{B_1} \cdot {S_{\Delta PCD}},\]又 因为\[{A_1}{B_1} = 1,\]\[\begin{split}{S_{\triangle PCD}} & = {S_{\triangle P{C_1}C}} - {S_{\triangle P{C_1}D}} \\& = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4},\end{split}\]在 $\triangle {B_1}DP$ 中，${B_1}D = \dfrac{3}{2}$，${B_1}P = \sqrt 5 $，$PD = \dfrac{\sqrt 5 }{2}$，则\[\begin{split}\cos \angle D{B_1}P & = \dfrac{{\dfrac{9}{4} + 5 - \dfrac{5}{4}}}{{2 \cdot \dfrac{3}{2} \cdot \sqrt 5 }} = \dfrac{2\sqrt 5 }{5} , \\ \sin \angle D{B_1}P & = \dfrac{\sqrt 5 }{5}, \end{split}\]所以\[{S_{\triangle {B_1}PD}} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3}{2} \cdot \sqrt 5 \cdot \dfrac{\sqrt 5 }{5} = \dfrac{3}{4},\]$\therefore h = \dfrac{1}{3}$．
解法二：
因为\[\begin{split} \overrightarrow {P{B_1}} & = \left( {1, - 2,0} \right), \\ \overrightarrow {PD} & = \left( {0, - 1,\dfrac{1}{2}} \right),\end{split}\]设平面 ${B_1}DP$ 的一个法向量 $\overrightarrow {n_3} = \left( {{a_1},{b_1},{c_1}} \right)$，则\[\begin{cases}\overrightarrow {n_3} \cdot \overrightarrow {P{B_1}} = {a_1} - 2{b_1} = 0, \\
\overrightarrow {n_3} \cdot \overrightarrow {PD} = - {b_1} + \dfrac{c_1}{2} = 0 ,\\
\end{cases}\]令 ${c_1} = 1$，则\[\overrightarrow {n_3} = \left( {1,\dfrac{1}{2},1} \right),\]又 $\overrightarrow {DC} = \left( {0,0,\dfrac{1}{2}} \right)$，$\therefore C$ 到平面 ${B_1}DP$ 的距离\[d = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {DC} \cdot \overrightarrow {n_3} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {n_3} } \right|}} = \dfrac{1}{3}.\]