略

解法1：
如图，过 $D$ 作 $DF \perp AC$，垂足为 $F$． 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．
设 $G$ 为边 $CD$ 的中点，连接 $ AG $．则由 $AC = AD$，知 $AG \perp CD$，从而\[AG = \sqrt {{AC}^2 - {CG}^2} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {15} }}{2}.\]由 $\dfrac{1}{2}AC \cdot DF = \dfrac{1}{2}CD \cdot AG$，得\[DF = \dfrac{AG \cdot CD}{AC} = \dfrac{{\sqrt {15} }}{4}.\]在 ${\mathrm{Rt}} \triangle ABC$ 中，$AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = \sqrt 3 $，\[{S_{\triangle ABC}} = \dfrac{1}{2}AB \cdot BC = \dfrac{\sqrt 3 }{2}.\]故四面体 $ABCD$ 的体积\[V = \dfrac{1}{3} \cdot {S_{\triangle ABC}} \cdot DF = \dfrac{\sqrt 5 }{8}.\]解法2：
如图 设 $O$ 是 $AC$ 的中点，过 $O$ 作 $OH \perp AC$，交 $AB$ 于 $H$，过 $O$ 作 $OM \perp AC$，交 $AD$ 于 $M$．
由平面 $ABC \perp $ 平面 $ACD$，知 $OH \perp OM$．
因此以 $O$ 为原点，以射线 $OH$，$OC$，$OM$ 分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴的正半轴，可建立空间直角坐标系 $O-xyz$．
已知 $AC = 2$，故点 $A$，$C$ 的坐标分别为 $A\left( {0, - 1,0} \right)$，$C\left( {0,1,0} \right)$．
设点 $B$ 的坐标为 $B\left( {{x_1},{y_1},0} \right)$，则\[\overrightarrow {AB} = \left( {{x_1},{y_1} + 1,0} \right) , \overrightarrow {BC} = \left( { - x_1,1 - {y_1},0} \right).\]由 $\overrightarrow {AB} \perp \overrightarrow {BC} $，$\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 1$，有\[\begin{cases}
x_1^2 + y_1^2 = 1, \\
x_1^2 + {\left( {{y_1} - 1} \right)^2} = 1, \\
\end{cases}\]解得\[\begin{cases}{x_1} = \dfrac{\sqrt 3 }{2}, \\
{y_1} = \dfrac{1}{2}, \\
\end{cases} 或 \begin{cases}{x_1} = - \dfrac{\sqrt 3 }{2}, \\
{y_1} = \dfrac{1}{2}. \\
\end{cases}\left(舍去\right)\]即点 $B$ 的坐标为 $B\left( {\dfrac{\sqrt 3 }{2},\dfrac{1}{2},0} \right)$．
又设点 $D$ 的坐标为 $D\left( {0,{y_2},{z_2}} \right)$，则\[\overrightarrow {CD} = \left( {0,{y_2} - 1,{z_2}} \right) , \overrightarrow {AD} = \left( {0,{y_2} + 1,{z_2}} \right).\]由 $\left| {\overrightarrow {CD} } \right| = 1$，$\left| {\overrightarrow {AD} } \right| = 2$，有\[\begin{cases}
{\left( {{y_2} - 1} \right)^2} + z_2^2 = 1, \\
{\left( {{y_2} + 1} \right)^2} + z_2^2 = 4 ,\\
\end{cases}\]解得\[\begin{cases}{y_2} = \dfrac{3}{4}, \\
{z_2} = \dfrac{{\sqrt {15} }}{4}, \\
\end{cases} 或 \begin{cases}{y_2} = \dfrac{3}{4}, \\
{z_2} =- \dfrac{{\sqrt {15} }}{4}. \\
\end{cases} \left(舍去\right)\]即点 $D$ 的坐标为 $\left( {0,\dfrac{3}{4},\dfrac{{\sqrt {15} }}{4}} \right)$．
从而 $\triangle ACD$ 边 $AC$ 上的高为\[h = \left| {z_2} \right| = \dfrac{{\sqrt {15} }}{4}.\]又\[\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( {\dfrac{\sqrt 3 }{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{2} + 1} \right)}^2}} = \sqrt 3,\left| {\overrightarrow {BC} } \right|= 1,\]故四面体 $ABCD$ 的体积\[V= \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \cdot \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot h = \dfrac{\sqrt 5 }{8}.\]

略

解法1：
如图，过 $F$ 作 $FE \perp AB$，垂足为 $E$，连接 $DE$．
由（1）知 $DF \perp 平面 ABC$．由三垂线定理知 $DE \perp AB$．故 $\angle DEF$ 为二面角 $C - AB - D$ 的平面角．
在 ${\mathrm{Rt}} \triangle AFD$ 中，\[AF= \sqrt {{AD}^2 - {DF}^2} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\dfrac{{\sqrt {15} }}{4}} \right)}^2}} = \dfrac{7}{4}.\]在 ${\mathrm{Rt}} \triangle ABC$ 中，$EF\parallel BC$，从而\[EF : BC = AF : AC,\]所以\[EF = \dfrac{AF \cdot BC}{AC} = \dfrac{7}{8}.\]在 ${\mathrm{Rt}} \triangle DEF$ 中，\[\tan \angle DEF = \dfrac{DF}{EF} = \dfrac{{2\sqrt {15} }}{7}.\]解法2：
由（1）知\[\begin{split}\overrightarrow {AB} & = \left( {\dfrac{\sqrt 3 }{2},\dfrac{3}{2},0} \right) , \\ \overrightarrow {AD} & = \left( {0,\dfrac{7}{4},\dfrac{{\sqrt {15} }}{4}} \right).\end{split}\]设非零向量 $\overrightarrow n = \left( {l,m,n} \right)$ 是平面 $ABD$ 的法向量，则由 $\overrightarrow n \perp \overrightarrow {AB} $ 有\[\dfrac{\sqrt 3 }{2}l + \dfrac{3}{2}m = 0. \quad \cdots \cdots ① \]由 $\overrightarrow n \perp \overrightarrow {AD} $，有\[\dfrac{7}{4}m + \dfrac{{\sqrt {15} }}{4}n = 0. \quad \cdots \cdots ② \]取 $m = - 1$，由 $ ① $ $ ② $ 可得 $l = \sqrt 3 $，$n = \dfrac{{7\sqrt {15} }}{15}$，即\[\overrightarrow n = \left( {\sqrt 3 , - 1,\dfrac{{7\sqrt {15} }}{15}} \right).\]显然向量 $\overrightarrow k = \left( {0,0,1} \right)$ 是平面 $ABC$ 的法向量，从而\[\cos \left\langle \overrightarrow n ,\overrightarrow k \right\rangle = \dfrac{{\dfrac{{7\sqrt {15} }}{15}}}{{\sqrt {3 + 1 + \dfrac{49}{15}} }} = \dfrac{{7\sqrt {109} }}{109}.\]故\[\tan \left\langle \overrightarrow n ,\overrightarrow k \right\rangle = \dfrac{{\sqrt {1 - \dfrac{49}{109}} }}{{\dfrac{7}{{\sqrt {109} }}}} = \dfrac{{2\sqrt {15} }}{7},\]即二面角 $C - AB - D$ 的平面角的正切值为 $\dfrac{{2\sqrt {15} }}{7}$．