法一：如图，连接 ${A_1}B$，记 ${A_1}B$ 与 $A{B_1}$ 的交点为 $ F $．因为面 $A{A_1}{B_1}B$ 为正方形，故 ${A_1}B \perp A{B_1}$，且 $AF = F{B_1}$．
又 $AE = 3E{B_1}$，所以 $FE = E{B_1}$，又 $ D $ 为 $B{B_1}$ 的中点，
故 $DE\parallel BF$，$DE \perp A{B_1}$．
作 $CG \perp AB$，$ G $ 为垂足，由 $AC = BC$ 知，$ G $ 为 $ AB $ 中点．
又由底面 $ABC \perp 面 A{A_1}{B_1}B$，得 $CG \perp 面 A{A_1}{B_1}B$．
连接 $ DG $，则 $DG \parallel A{B_1}$，故 $DE \perp DG$，易得 $DE \perp CD$．
所以 $ DE $ 为异面直线 $A{B_1}$ 与 $ CD $ 的公垂线．
法二：以 $B$ 为坐标原点，射线 $ BA $ 为 $ x $ 轴正半轴，射线 $ BB_1 $ 为 $ y $ 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 $ B-xyz $．设 $ AB=2 $，则\[A\left(2,0,0\right) , B_1\left(0,2,0\right) ,D\left(0,1,0\right), E\left(\dfrac 1 2 ,\dfrac 3 2 ,0\right).\]又设 $ C\left(1,0,c\right)$，则\[\overrightarrow {DE} =\left(\dfrac 1 2 ,\dfrac 1 2 ,0\right),\overrightarrow {B_1A} =\left(2,-2,0\right),\overrightarrow {DC} =\left(1,-1,c\right). \]于是 $ \overrightarrow {DE} \cdot \overrightarrow {B_1A} =0 $，$\overrightarrow {DE} \cdot \overrightarrow {DC} =0 $，故 $ \overrightarrow {DE} \perp \overrightarrow {B_1A} $，$ \overrightarrow {DE} \perp \overrightarrow {DC} $．
所以 $ DE $ 为异面直线 $ AB_1 $ 与 $ CD $ 的公垂线．

解法一：因为 $DG\parallel A{B_1}$，故 $\angle CDG$ 为异面直线 $A{B_1}$ 与 $ CD $ 的夹角，$\angle CDG = {45^ \circ }$．
设 $AB = 2$，则\[A{B_1} = 2\sqrt 2 ,DG = \sqrt 2 ,CG = \sqrt 2 ,AC = \sqrt 3 .\]如图，作 ${B_1}H \perp {A_1}{C_1}$，$ H $ 为垂足．因为底面 ${A_1}{B_1}{C_1} \perp 面 A{A_1}{C_1}C$，故 ${B_1}H \perp 面 A{A_1}{C_1}C$，又作 $HK \perp A{C_1}$，$ K $ 为垂足，连接 ${B_1}K$，易得 ${B_1}K \perp A{C_1}$，因此 $\angle {B_1}KH$ 为二面角 ${A_1} - A{C_1} - {B_1}$ 的平面角．
又\[ {B_1}H = \dfrac{{{A_1}{B_1} \times \sqrt {{A_1}C_1^2 - {{\left(\dfrac{1}{2}{A_1}{B_1}\right)}^2}} }}{{{A_1}{C_1}}} = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} ,
H{C_1} = \sqrt {{B_1}C_1^2 - {B_1}{H^2}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} , \\ A{C_1} = \sqrt {{2^2} + {{\left(\sqrt 3 \right)}^2}} = \sqrt 7 , HK = \dfrac{{A{A_1} \times H{C_1}}}{{A{C_1}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{{3\sqrt 7 }} ,\]所以 $\tan \angle B_1KH = \dfrac {B_1H}{HK} = \sqrt {14}$，所以二面角 ${A_1} - A{C_1} - {B_1}$ 的大小为 $\arctan \sqrt {14} $．
解法二：因为 $\left\langle {\overrightarrow {{B_1}A} ,\overrightarrow {DC} } \right\rangle $ 等于异面直线 $A{B_1}$ 与 $ CD $ 的夹角，故\[ \overrightarrow {{B_1}A} \cdot \overrightarrow {DC} = \left| {\overrightarrow {{B_1}A} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {DC} } \right|\cos {45^ \circ } ,\]即\[2\sqrt 2 \times \sqrt {{c^2} + 2} \times \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = 4,\]解得 $c = \sqrt 2 $，故 $\overrightarrow {AC} = \left( - 1,0,\sqrt 2 \right)$．
又 $\overrightarrow {A{A_1}} = \overrightarrow {B{B_1}} = \left(0,2,0\right)$，所以\[\overrightarrow {A{C_1}} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A{A_1}} = \left( - 1,2,\sqrt 2 \right) .\]设平面 $A{A_1}{C_1}$ 的法向量为 $\overrightarrow m = \left(x,y,z\right)$，则\[ \overrightarrow m \cdot \overrightarrow {A{C_1}} = 0,\overrightarrow m \cdot \overrightarrow {A{A_1}} = 0 ,\]即\[ - x + 2y + \sqrt 2 z = 0 , 2y = 0 .\]令 $x = \sqrt 2 $，则 $z = 1,y = 0$，故 $\overrightarrow m = \left(\sqrt 2 ,0,1\right)$．
设平面 $A{B_1}{C_1}$ 的法向量为 $\overrightarrow n = \left(p,q,r\right)$，则\[\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {A{C_1}} = 0,\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {{B_1}A} = 0 ,\]即\[- p + 2q + \sqrt 2 r = 0,2p - 2q = 0 .\]令 $p = \sqrt 2 $，则 $q = \sqrt 2 ,r = - 1$，故 $\overrightarrow n = \left(\sqrt 2 ,\sqrt 2 , - 1\right)$．
所以\[ \cos \left\langle {\overrightarrow m,\overrightarrow n} \right\rangle = \dfrac{{\overrightarrow m \cdot \overrightarrow n}}{{\left|\overrightarrow m \right|\left| \overrightarrow n \right|}} = \dfrac{1}{{\sqrt {15} }} .\]由于 $\left\langle {\overrightarrow m,\overrightarrow n} \right\rangle $ 等于二面角 ${A_1} - A{C_1} - {B_1}$ 的平面角，所以二面角 ${A_1} - A{C_1} - {B_1}$ 的大小为 $\arccos \dfrac{{\sqrt {15} }}{{15}}$．