先通过研究一些特殊位置得到答案．
取 $\alpha=\pi$，此时 $\angle A'DB=\pi$，$\angle A'CB<\pi$，排除 D；
取 $\alpha=0$，此时 $\angle A'DB> 0$ 或 $\angle A'DB=0$，$\angle A'CB>0$ 或 $\angle A'CB=0$，排除 A，C；
从而正确答案应该是 B．
下面证明在任何情形下均有 $\angle A'DB\geqslant \alpha$．如图，设 $\triangle A'DC$ 和 $\triangle BDC$ 所在的平面分别是 $\gamma$ 和 $\beta$，过点 $D$ 分别在平面 $\gamma,\beta$ 内作 $CD$ 的垂线 $l_1,l_2$，过点 $A',B$ 分别向 $l_1,l_2$ 作垂线，垂足为 $P,Q$，则 $\angle PDQ$ 即为二面角 $A'-DC-B$ 的平面角 $\alpha$．过 $A',B$ 分别向直线 $CD$ 作垂线，垂足为 $S,T$，由于 $\angle A'DC=\pi-\angle BDC=\angle BDT$，于是 $|DS|=|DT|$，且 $|DP|=|DQ|$．不妨设 $\overrightarrow {DP},\overrightarrow {DQ}$ 为单位向量，分别为 $\overrightarrow a,\overrightarrow b$，并设 $\overrightarrow {DS}=\overrightarrow x$，且 $|DS|=m$，则$$\overrightarrow {DA'}=\overrightarrow a+\overrightarrow x,\overrightarrow {DB}=\overrightarrow b-\overrightarrow x,$$于是\[\begin{split} \cos\angle A'DB&=\dfrac{\overrightarrow {DA'}\cdot\overrightarrow {DB}}{\big|\overrightarrow {DA'}\big|\cdot\big|\overrightarrow {DB}\big|}\\&=\dfrac{\left(\overrightarrow a+\overrightarrow x\right)\cdot\left(\overrightarrow b-\overrightarrow x\right)}{1+m^2}\\&=\dfrac{\overrightarrow a\cdot\overrightarrow b-\overrightarrow a\cdot\overrightarrow x+\overrightarrow b\cdot \overrightarrow x-m^2}{1+m^2}\\&=\dfrac {\cos\alpha-m^2}{1+m^2}\leqslant \cos\alpha,\end{split}\]因此 $\angle A'DB\geqslant \alpha$，等号当且仅当 $m=0$，也即 $AB\perp CD$ 时取得．