略

方法一：
由于 $ AC\parallel A_1C_1 $，故 $ \angle C_1 A_1 B_1 $ 是异面直线 $ AC $ 与 $ A_1B_1 $ 所成的角．
因为 $ C_1 H \perp $ 平面 $ AA_1B_1B $，又 $ H $ 为正方形 $ AA_1B_1B $ 的中心，$ AA_1 = 2\sqrt 2$，$C_1 H = \sqrt 5 $．可得\[ A_1 C_1 = B_1 C_1 = 3. \]因此\[ \cos \angle C_1 A_1 B_1 = \frac{A_1 C_1^2 + A_1 B_1^2 - B_1 C_1^2 }{2A_1 C_1 \cdot A_1 B_1 } = \frac{\sqrt 2 }
{3}. \]所以异面直线 $ AC $ 与 $ A_1B_1 $ 所成角的余弦值为 $ \dfrac{\sqrt 2}{3} $．
方法二：
如图所示，建立空间直角坐标系，点 $ B $ 为坐标原点． 依题意得 $ A\left(2\sqrt 2 ,0,0\right),B\left(0,0,0\right) $，$ C\left(\sqrt 2 , - \sqrt 2 ,\sqrt 5 \right) $，$ A_1 \left(2\sqrt 2 ,2\sqrt 2 ,0\right) $，$ B_1 \left(0,2\sqrt 2 ,0\right) $，$ C_1 \left(\sqrt 2 ,\sqrt 2 ,\sqrt 5 \right) $．
易得\[\begin{split}\overrightarrow {AC} & = \left( - \sqrt 2 , - \sqrt 2 ,\sqrt 5 \right), \\ \overrightarrow {A_1 B_1 } & = \left( - 2\sqrt 2 ,0,0\right),\end{split}\]于是\[\begin{split}\cos \left\langle {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {A _1 B_1 } } \right\rangle & = \frac{{\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {A_1 B_1 } }}{{ \left|\overrightarrow {AC} \right| \cdot \left|\overrightarrow {A_1 B_1 } \right|}} \\& = \frac{4}{3 \times 2\sqrt 2 } \\& = \frac{\sqrt 2 }{3},\end{split}\]所以异面直线 $ AC $ 与 $ A_1B_1 $ 所成角的余弦值为 $ \dfrac{\sqrt 2 }{3} $．

略

方法一：
连接 $ AC_1 $， 易知 $ AC_1=B_1C_1 $，
又由于 $ AA_1=B_1 A_1 $，$ A_1 C_1=A_1C_1 $，所以 $ \triangle AC_1 A_1 \cong \triangle B_1 C_1 A _1$，
过点 $ A $ 作 $ AR \perp A_1 C_1 $ 于点 $ R $，连接 $ B_1R $，于是 $ B_1 R \perp A_1 C_1 $，
故 $ \angle ARB_1 $ 为二面角 $ A—A_1 C_1—B_1 $ 的平面角．
在 $ {\mathrm{Rt}}\triangle A_1 RB_1 $ 中，\[ \begin{split}B_1 R & = A_1 B_1 \cdot \sin \angle RA_1 B_1 \\& = 2\sqrt 2 \cdot \sqrt {1 - \left(\frac{\sqrt 2 }{3}\right)^2 } \\& = \frac{{2\sqrt {14} }}{3}. \end{split}\]连接 $ AB_1 $，在 $ \triangle ARB_1 $ 中，$ AB_1 = 4 $，$ AR = B_1 R $，\[ \begin{split} \cos \angle ARB_1 & = \frac{AR^2 + B_1 R^2 - AB_1^2 }{2AR \cdot B_1 R} \\& = - \frac{2}{7}, \end{split}\]从而\[ \sin \angle ARB_1 = \frac{3\sqrt 5 }{7}. \]所以二面角 $ A—A_1 C_1—B1 $ 的正弦值为 $ \dfrac{3\sqrt 5 }{7} $．
方法二：
易知\[ \begin{split}\overrightarrow {AA_1 } & = \left(0,2\sqrt 2 ,0\right), \\ \overrightarrow {A_1 C_1 } & = \left( - \sqrt 2 , - \sqrt 2 ,\sqrt 5 \right). \end{split} \]设平面 $ AA_1C_1 $ 的法向量 $\overrightarrow m = \left(x_1,y_1,z_1\right) $，则\[ \begin{cases} \overrightarrow m \cdot \overrightarrow {A_1 C_1 } = 0 , \\
\overrightarrow m \cdot \overrightarrow {AA_1 } = 0,\\ \end{cases}\]即\[ \begin{cases}- \sqrt 2 x_1 - \sqrt 2 y_1 + \sqrt 5 z_1 = 0, \\
2\sqrt 2 y_1 = 0. \\
\end{cases}\]不妨令 $ x_1 = \sqrt 5 $，可得\[ \overrightarrow m = \left(\sqrt 5 ,0,\sqrt 2 \right), \]同样地，设平面 $ A_1B_1C_1 $ 的法向量 $ \overrightarrow n = \left(x_2,y_2,z_2\right) $，则\[\begin{cases}\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {A_1 C_1 } = 0, \\
\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {A_1 B_1 } = 0. \\
\end{cases} \]即\[ \begin{cases}- \sqrt 2 x_2 - \sqrt 2 y_2 + \sqrt 5 z_2 = 0, \\
- 2\sqrt 2 x_2 = 0. \\
\end{cases} \]不妨令 $ y_2 = \sqrt 5 $，可得\[\overrightarrow n = \left(0,\sqrt 5 ,\sqrt 2 \right). \]于是\[\cos \left\langle {\overrightarrow m,\overrightarrow n} \right\rangle = \frac{\overrightarrow m \cdot \overrightarrow n}{ \left|\overrightarrow m \right| \cdot \left|\overrightarrow n \right|} = \frac{2}
{\sqrt 7 \cdot \sqrt 7 } = \frac{2}
{7},\]从而\[\sin \left\langle {\overrightarrow m,\overrightarrow n} \right\rangle = \frac{3\sqrt 5 }
{7}.\]所以二面角 $ A—A_1C_1—B $ 的正弦值为 $ \dfrac{3\sqrt 5 }{7} $．

略

方法一：
因为 $ MN \perp $ 平面 $ A_1 B_1 C_1 $，所以 $ MN \perp A_1 B_1 $．
取 $ H B_1 $ 中点 $ D $，连接 $ ND $，由于 $ N $ 是棱 $ B_1 C_1 $ 中点，所以 $ ND\parallel C_1 H $ 且\[ ND = \frac{1}{2}C_1 H = \frac{\sqrt 5 }
{2}. \]又 $ C_1 H \perp $ 平面 $ A A_1 B_1 B $，所以 $ ND \perp $ 平面 $ A A_1 B_1 B $，故 $ ND \perp A_1 B_1 $．
又 $ MN \cap ND = N $，所以 $ A_1 B_1 \perp $ 平面 $ MND $，连接 $ MD $ 并延长交 $ A_1 B_1 $ 于点 $ E $，则由\[ \frac{DE}{AA_1 } = \frac{B_1 E}{B_1 A_1 } = \frac{B_1 D}{B_1 A} = \frac{1}{4}, \]得\[ DE = B_1 E = \frac{\sqrt 2 }{2}, \]延长 $ EM $ 交 $ AB $ 于点 $ F $，可得\[ BF = B_1 E = \frac{\sqrt 2 }{2}. \]连接 $ NE $，在 $ {\mathrm{Rt}}\triangle ENM $ 中，所以\[ DM = \frac{ND^2 }{DE} = \frac{5\sqrt 2 }{4}. \]可得\[ FM = \frac{\sqrt 2 }{4}. \]连接 $ BM $，在 $ {\mathrm{Rt}}\triangle BFM $ 中，\[ BM = \sqrt {FM^2 + BF^2 } = \frac{{\sqrt {10} }}{4}. \]方法二：
由 $ N $ 为棱 $ B_1 C_1 $ 的中点，得 $ N\left(\dfrac{\sqrt 2 }{2},\dfrac{3\sqrt 2 }{2},\dfrac{\sqrt 5 }{2}\right) $．
设 $ M\left(a,b,0\right) $，则\[ \overrightarrow {MN} = \left(\frac{\sqrt 2 }
{2} - a,\frac{3\sqrt 2 }{2} - b,\frac{\sqrt 5 }{2}\right) .\]由 $ MN \perp $ 平面 $ A_1 B_1 C_1 $，得\[\begin{cases} \overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {A_1 B_1 } = 0, \\ \overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {A_1 C_1 } = 0.\end{cases} \]即\[\begin{cases} \left(\dfrac{\sqrt 2 }{2} - a\right) \cdot \left( - 2\sqrt 2 \right) = 0,\\ \left(\dfrac{\sqrt 2 }{2} - a\right) \cdot \left( - \sqrt 2 \right) + \left(\dfrac{3\sqrt 2 }{2} - b\right) \cdot \left( - \sqrt 2 \right) + \dfrac{\sqrt 5 }{2} \cdot \sqrt 5 = 0. \end{cases}\]解得\[\begin{cases} a = \dfrac{\sqrt 2 }{2}, \\ b = \dfrac{\sqrt 2 }{4}. \end{cases}\]故 $ M\left(\dfrac{\sqrt 2 }{2},\dfrac{\sqrt 2 }{4},0\right) $，因此\[\overrightarrow {BM} = \left(\frac{\sqrt 2 }{2},\frac{\sqrt 2 }{4},0\right),\]所以线段 $ BM $ 的长为\[ \left|\overrightarrow {BM} \right| = \frac{{\sqrt {10} }}{4}. \]