（Ⅰ）证明：
因为 $A_1$ 在平面 $ABC$ 内的射影 $D$ 在 $AC$ 上，所以 $A_1D \perp$ 平面 $ABC$。
又 $A_1D \subset$ 平面 $AA_1C_1C$，所以平面 $AA_1C_1C \perp$ 平面 $ABC$。
因为 $\angle ACB = 90^\circ$，即 $BC \perp AC$，且平面 $AA_1C_1C \cap$ 平面 $ABC = AC$，
所以 $BC \perp$ 平面 $AA_1C_1C$。
因为 $AC_1 \subset$ 平面 $AA_1C_1C$，所以 $BC \perp AC_1$。
在三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 中，侧面 $AA_1C_1C$ 是平行四边形。
已知 $AC = CC_1 = 2$，所以侧面 $AA_1C_1C$ 是菱形。
根据菱形的性质，对角线互相垂直，即 $AC_1 \perp A_1C$。
因为 $AC_1 \perp BC$，$AC_1 \perp A_1C$，且 $BC \cap A_1C = C$，$BC, A_1C \subset$ 平面 $A_1BC$，
所以 $AC_1 \perp$ 平面 $A_1BC$。
又 $A_1B \subset$ 平面 $A_1BC$，
所以 $AC_1 \perp A_1B$。
（Ⅱ）解：
由（Ⅰ）知 $BC \perp$ 平面 $AA_1C_1C$，又 $BC \subset$ 平面 $BCC_1B_1$，
所以平面 $AA_1C_1C \perp$ 平面 $BCC_1B_1$，交线为 $CC_1$。
过点 $A_1$ 作 $A_1E \perp CC_1$ 于 $E$，则 $A_1E \perp$ 平面 $BCC_1B_1$。
因为 $AA_1 \parallel$ 平面 $BCC_1B_1$，所以直线 $AA_1$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离等于 $A_1E$ 的长。
由题意得 $A_1E = \sqrt{3}$。
在菱形 $AA_1C_1C$ 中，连接 $A_1C$。
因为 $AC=CC_1=2$，所以 $\triangle AA_1C \cong \triangle C_1CA$（SSS），故 $\angle A_1CA = \angle C_1CA$。
即 $CA_1$ 平分 $\angle ACC_1$。
根据角平分线的性质，点 $A_1$ 到 $AC$ 的距离等于点 $A_1$ 到 $CC_1$ 的距离。
即 $A_1D = A_1E = \sqrt{3}$。
在 Rt$\triangle A_1DA$ 中，$AA_1 = CC_1 = 2$，$A_1D = \sqrt{3}$，
所以 $AD = \sqrt{AA_1^2 - A_1D^2} = \sqrt{4-3} = 1$。
因为 $AC=2$，所以 $D$ 为 $AC$ 的中点。
过点 $D$ 作 $DF \perp AB$ 于 $F$，连接 $A_1F$。
因为 $A_1D \perp$ 平面 $ABC$，$AB \subset$ 平面 $ABC$，所以 $A_1D \perp AB$。
又 $DF \perp AB$，$A_1D \cap DF = D$，
所以 $AB \perp$ 平面 $A_1DF$。
因为 $A_1F \subset$ 平面 $A_1DF$，所以 $AB \perp A_1F$。
故 $\angle A_1FD$ 即为二面角 $A_1-AB-C$ 的平面角。
在 Rt$\triangle ABC$ 中，$AC=2, BC=1$，则 $AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = \sqrt{5}$。
因为 $D$ 为 $AC$ 中点，且 $DF \perp AB$，易证 $\triangle ADF \sim \triangle ABC$（或利用面积法/三角函数）。
$\sin A = \frac{BC}{AB} = \frac{1}{\sqrt{5}}$。
在 Rt$\triangle ADF$ 中，$DF = AD \cdot \sin A = 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$。
在 Rt$\triangle A_1DF$ 中，$\tan \angle A_1FD = \frac{A_1D}{DF} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{5}}{5}} = \sqrt{15}$。
所以二面角 $A_1-AB-C$ 的大小为 $\arctan \sqrt{15}$。
