如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4...

解法一： （1）要证AC⊥BC1，可通过证出AC⊥平面BCC1实现．由已知，易证AC⊥BC，AC⊥C1C，所以AC⊥平面BCC1成立．  （2）令BC1交CB1于点O，连接OD，可知O、D是△AC1B的中位线，得出OD，利用线面平行的判定定理证出AC1∥平面CDB1； （3）过C点作CE⊥AB于E，连接C1E，可以证出∠CEC1（或其补角）即是C1-AB-C的平面角，在△CEC1中求解即可．  解法二：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，以C为原点建立空间直角坐标系；利用向量的工具求解． （1）通过=0，证明AC⊥BC1；  （2）求出平面CDB1的一个法向量，，通过⊥来证明AC1∥平面CDB1；  （3）分别求出平面ABC，平面CDB1的一个法向量，利用两法向量的夹角求出二面角C1-AB-C的余弦值． 解法一：（1）证明∵AC=3，BC=4，AB=5，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC， 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥C1C， 又BC∩C1C=C，∴AC⊥平面BCC1， 又BC1⊂平面BCC1，∴AC⊥BC1． （2）证明：如图，令BC1交CB1于点O，连接OD， ∵O、D分别是BC1和AB的中点， ∴OD，又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1 （3）【解析】 过C点作CE⊥AB于E，连接C1E， ∵CC1⊥AB，CE⊥AB，∴∠CEC1（或其补角）即是C1-AB-C的平面角， 在Rt△ABC中，∵AC=3，BC=4，AB=5，由AB•CE=AC•BC得CE=， ∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥CE，∴△CEC1是Rt△， 又∵CC1=AA1=4，CE=，∴C1E=， ∴cos∠CEC1=，即二面角C1-AB-C的余弦值为． 解法二：∵AC=3，BC=4，AB=5，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC， 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，以C为原点建立如图所示空间直角坐标系； （1）由题意有A（3，0，0），C（0，0，0），B（0，4，0），C1（0，0，4）， ∴=（0，-4，4），∴=（-3，0，0）•（0，-4，4）=0， ∴⊥，即AC⊥BC1． （2）∵D（（0，4，4）， ∴=（0，4，4）， 令平面CDB1的一个法向量为 ∴， ∴=-3×4+0+1×4=0，∴⊥， 又AC⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1． （3）令平面ABC1的一个法向量为， ∵=（-3，0，4）， ∴由， ∴，1，1）， 易知平面ABC的一个法向量为=（0，0，4）， ∵， ∴， 所以二面角C1-AB-C的余弦值即为．