因为 $A{A_1} \perp 平面 ABC$，$BC \subset 平面 ABC$，所以 $A{A_1} \perp BC$．
因为 $ AB $ 是圆 $ O $ 直径，所以 $BC \perp AC$．
又 $AC \cap A{A_1} = A$，所以 $BC \perp 平面 {A_1}AC{C_1}$．
而 $BC \subset 平面 B_1BCC_1$，所以 $平面 {A_1}AC{C_1} \perp 平面 {B_1}BC{C_1}$．

（i）设圆柱的底面半径为 $r$，则 $ AB= AA_1=2r$，故三棱柱 $ ABC - A _ 1 B _ 1 C _ 1 $ 的体积为\[ V_1=\dfrac 1 2 AC\cdot BC \cdot 2r =AC \cdot BC \cdot r, \]又因为\[ A C ^2 + B C ^2 =AB^2=4r^2 ,\]所以\[AC \cdot BC \leqslant \dfrac {AC^2 +BC^2} 2 =2r^2,\]当且仅当 $AC = BC = \sqrt 2 r$ 时，\[{ V _1} \leqslant 2 r ^3.\]而圆柱的体积\[V =\pi r^2 \cdot 2r = 2\pi r^3 ,\]则有\[p = \dfrac{V_1}{V} \leqslant \dfrac{2r^3}{2\pi r^3}= \dfrac{1}{\pi },\]因此，当且仅当 $AC = BC = \sqrt 2 {{r}}$，即 ${{OC}} \perp {{AB}}$ 时，$p$ 的最大值是 $\dfrac{1}{\pi }$．
（ii）由（i）可知，$p$ 取最大值时，${{OC}} \perp {{AB}}$，于是以 $ O $ 为坐标原点，建立空间直角坐标系 ${{O - xyz}}$（如图），则\[C\left(r,0,0\right),B\left(0,r,0\right), {{{B}}_{{1}}} \left(0,r,2r\right),\]因为 ${{BC}} \perp 平面 {{{A}}_{{1}}}{{AC}}{{{C}}_{{1}}}$，所以 $\overrightarrow {{{BC}}} {{ = \left(r, - r,0\right)}}$ 是平面 ${{{A}}_{{1}}}{{AC}}{{{C}}_{{1}}}$ 的一个法向量．
设平面 ${B_1}OC$ 的法向量为 $\overrightarrow {{n}} {{ = \left(x,y,z\right)}}$，由\[\begin{cases}
\overrightarrow {{n}} \bot \overrightarrow {{{OC}}}, \\
\overrightarrow {{n}} \bot \overrightarrow {{{O}}{{{B}}_{{1}}}}, \\
\end{cases}\]得\[\begin{cases}rx = 0 ,\\
ry + 2rz = 0, \\
\end{cases}\]取 $z = 1$ 得平面 ${B_1}OC$ 的一个法向量为\[\overrightarrow {{n}} {{ = \left(0, - 2,1\right)}},\]因为 ${0^ \circ }{{ < }}\theta \leqslant {90^ \circ }$，所以\[ \cos \theta = \left|\cos \left\langle {\overrightarrow n ,\overrightarrow {{{BC}}} } \right\rangle \right| = \left| {\dfrac{{\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {BC} }}{{ \left|\overrightarrow n \right| \cdot \left|\overrightarrow {BC} \right|}}} \right| = \left| {\dfrac{{2r}}{{\sqrt 5 \times \sqrt 2 r}}} \right| = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5} .\]