略

解法一： 连接 $A{B_1}$ 与 $B{A_1}$ 交于点 $O$，连接 $OD$．
因为 ${C_1}D\parallel A{A_1}$，${A_1}{C_1} = {C_1}P$，所以 $AD = PD$．
又 $AO = {B_1}O$，$\therefore$ $OD\parallel P{B_1}$．
又 $OD \subset 平面 BD{A_1}$，$P{B_1} \not\subset 平面 BD{A_1}$，
所以 $P{B_1}\parallel 平面 BD{A_1}$．
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 ${A_1}\left(0,0,0\right)$，${B_1}\left(1,0,0\right)$，${C_1}\left(0,1,0\right)$，$B\left(1,0,1\right)$，$P\left(0,2,0\right)$．
在 $\triangle PA{A_1}$ 中有 ${C_1}D = \dfrac{1}{2}A{A_1}$，即 $D\left( {0,1,\dfrac{1}{2}} \right)$，所以\[\begin{split}\overrightarrow {{A_1}B} & = \left(1,0,1\right) , \\ \overrightarrow {{A_1}D} & = \left( {0,1,\dfrac{1}{2}} \right) , \\ \overrightarrow {{B_1}P} & = \left( - 1,2,0\right).\end{split}\]设平面 $B{A_1}D$ 的一个法向量为 $\overrightarrow {n_1} = \left(a,b,c\right)$，则\[\begin{cases}\overrightarrow {n_1} \cdot \overrightarrow {{A_1}B} = a + c = 0, \\
\overrightarrow {n_1} \cdot \overrightarrow {{A_1}D} = b + \dfrac{1}{2}c = 0. \\
\end{cases}\]令 $c = - 1$，则\[\overrightarrow {n_1} = \left( {1,\dfrac{1}{2}, - 1} \right).\]因为\[\overrightarrow {n_1} \cdot \overrightarrow {{B_1}P} = 1 \times \left( - 1\right) + \dfrac{1}{2} \times 2 + \left( - 1\right) \times 0 = 0,\]且 $P{B_1} \not\subset 平面 BD{A_1}$，所以 $P{B_1}\parallel 平面 B{A_1}D$．

略

解法一： 过 $A$ 作 $AE \perp D{A_1}$ 于点 $E$，连接 $BE$．
因为 $BA \perp CA$，$BA \perp A{A_1}$，且 $A{A_1} \cap AC = A$，
所以 $BA \perp 平面 A{A_1}{C_1}C$．由三垂线定理可知 $BE \perp D{A_1}$．
所以 $\angle BEA$ 为二面角 $A - {A_1}D - B$ 的平面角．
在 ${\mathrm{Rt}} \triangle {A_1}{C_1}D$ 中，\[{A_1}D = \sqrt {{{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2} + {1^2}} = \dfrac{\sqrt 5 }{2},\]又\[\begin{split}{S_{\triangle A{A_1}D}} & = \dfrac{1}{2} \times 1 \times 1 \\& = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt 5 }{2} \cdot AE,\end{split}\]所以 $AE = \dfrac{2\sqrt 5 }{5}$．在 ${\mathrm{Rt}} \triangle BAE$ 中，\[BE = \sqrt {{{\left( {\dfrac{2\sqrt 5 }{5}} \right)}^2} + {1^2}} = \dfrac{3\sqrt 5 }{5},\]所以\[\cos \angle BEA = \dfrac{AE}{BE} = \dfrac{2}{3}.\]故二面角 $A - {A_1}D - B$ 的平面角的余弦值为 $\dfrac{2}{3}$．
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 ${A_1}\left(0,0,0\right)$，${B_1}\left(1,0,0\right)$，${C_1}\left(0,1,0\right)$，$B\left(1,0,1\right)$，$P\left(0,2,0\right)$．
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 $\dfrac{2}{3}$．