$\dfrac45$

如图，设 $F$ 为 $AC$ 的中点． 由于 $AD = CD$，所以 $DF \perp AC$，故由平面 $ABC \perp 平面 ACD$，
知 $DF \perp 平面 ABC$，即 $DF$ 是四面体 $ABCD$ 的面 $ABC$ 上的高，且\[DF = AD\sin 30^\circ = 1 , AF = AD\cos 30^\circ = \sqrt 3.\]在 ${\mathrm {Rt}} \triangle ABC$ 中，因 $AC = 2AF = 2\sqrt 3$，$ AB= 2BC$．由勾股定理易知\[BC = \dfrac{{2\sqrt {15} }}{5} , AB = \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5}.\]故四面体 $ABCD$ 的体积\[ \begin{split}V & = \dfrac{1}{3} \cdot {S_{\triangle ABC}} \cdot DF \\& = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5} \times \dfrac{{2\sqrt {15} }}{5} \\& = \dfrac{4}{5}.\end{split} \]

$\dfrac{\sqrt 3 }{6}$

解法一：
如图， 设 $G$，$H$ 分别为边 $CD$，$BD$ 的中点，连接 $ FG $，$ GH$．则 $FG\parallel AD$，$GH\parallel BC$．
从而 $\angle FGH$ 是异面直线 $AD$ 与 $BC$ 所成的角或其补角．
设 $E$ 为边 $AB$ 的中点，连接 $ DE $，$ EF$，$BF $．则 $EF\parallel BC$，由 $AB \perp BC$，知 $EF \perp AB$，
由（1）有 $DF \perp 平面 ABC$，故知 $DE \perp AB$．
所以 $\angle DEF$ 为二面角 $C - AB - D$ 的平面角．
由题设知 $\angle DEF = 60^\circ$．设 $AD = a$，则\[DF = AD \cdot \sin \angle CAD = \dfrac{a}{2}.\]在 ${\mathrm {Rt}} \triangle DEF$ 中，\[EF = DF \cdot \cot \angle DEF = \dfrac{a}{2} \cdot \dfrac{\sqrt 3 }{3} = \dfrac{\sqrt 3 }{6}a,\]从而\[GH = \dfrac{1}{2}BC = EF = \dfrac{\sqrt 3 }{6}a.\]因 ${\mathrm {Rt}} \triangle ADE \cong {\mathrm {Rt}} \triangle BDE$，故\[BD = AD = a,\]从而，在 ${\mathrm {Rt}} \triangle BDF$ 中，$FH = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{a}{2}$，又 $FG = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{a}{2}$，
从而在 $\triangle FGH$ 中，因 $FG = FH$，由余弦定理得\[ \begin{split}\cos \angle FGH & = \dfrac{{F{G^2} + G{H^2} - F{H^2}}}{2FG \cdot GH} \\& = \dfrac{GH}{2FG} = \dfrac{\sqrt 3 }{6}.\end{split} \]因此，异面直线 $AD$ 与 $BC$ 所成角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt 3 }{6}$．
解法二：
如图，过 $F$ 作 $FM \perp AC$，交 $AB$ 于 $M$． 已知 $AD = CD$，平面 $ABC \perp 平面 ACD$，易知 $FC$，$FD$，$FM$ 两两垂直．
以 $F$ 为原点，射线 $FM$，$FC$，$FD$ 分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 $O - xyz$．
不妨设 $AD = 2$，由 $CD = AD$，$ \angle CAD = 30^\circ$，易知点 $A$，$C$，$D$ 的坐标分别为\[A\left( {0, - \sqrt 3 ,0} \right),C\left( {0,\sqrt 3 ,0} \right),D\left( {0,0,1} \right),\]则 $\overrightarrow {AD} = \left( {0,\sqrt 3 ,1} \right)$．显然向量 $\overrightarrow k = \left( {0,0,1} \right)$ 是平面 $ABC$ 的法向量．
已知二面角 $C - AB - D$ 为 $60^\circ $，故可取平面 $ABD$ 的单位法向量 $\overrightarrow n = \left( {l,m,n} \right)$．
使得 $ \left\langle \overrightarrow n ,\overrightarrow k \right\rangle = 60^\circ$，从而\[n = \dfrac{1}{2}.\]由 $\overrightarrow n \perp \overrightarrow {AD} $，有 $\sqrt 3 m + n = 0$，从而 $m = - \dfrac{\sqrt 3 }{6}$．
由 ${l^2} + {m^2} + {n^2} = 1$，得 $l = \pm \dfrac{\sqrt 6 }{3}$．
设点 $B$ 的坐标为 $B\left( {x,y,0} \right)$，由 $\overrightarrow {AB} \perp \overrightarrow {BC} $，$\overrightarrow n \perp \overrightarrow {AB} $，取 $l = \dfrac{\sqrt 6 }{3}$ 有\[ \begin{cases}
{x^2} + {y^2} = 3, \\
\dfrac{\sqrt 6 }{3}x - \dfrac{\sqrt 3 }{6}\left( {y + \sqrt 3 } \right) = 0, \\
\end{cases} \]解得\[ \begin{cases}x = \dfrac{4\sqrt 6 }{9}, \\
y = \dfrac{7\sqrt 3 }{9}, \\
\end{cases} 或 \begin{cases}x = 0, \\
y = - \sqrt 3, \\
\end{cases} \left(舍去\right).\]易知 $l = - \dfrac{\sqrt 6 }{3}$ 与坐标系的建立方式不合，舍去．
因此点 $B$ 的坐标为 $B\left( {\dfrac{4\sqrt 6 }{9},\dfrac{7\sqrt 3 }{9},0} \right)$，所以\[\overrightarrow {CB} = \left( {\dfrac{4\sqrt 6 }{9}, - \dfrac{2\sqrt 3 }{9},0} \right).\]从而\[ \begin{split}\cos \left\langle \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {CB} \right\rangle & = \dfrac{{\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {CB} }}{{\left| {\overrightarrow {AD} } \right|\left| {\overrightarrow {CB} } \right|}} \\& = \dfrac{{\sqrt 3 \left( { - \dfrac{2\sqrt 3 }{9}} \right)}}{{\sqrt {3 + 1} \sqrt {{{\left( {\dfrac{4\sqrt 6 }{9}} \right)}^2} + {{\left( { - \dfrac{2\sqrt 3 }{9}} \right)}^2}} }} \\& = - \dfrac{\sqrt 3 }{6},\end{split} \]故异面直线 $AD$ 与 $BC$ 所成的角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt 3 }{6}$．