解法一：如图，取 $ CD $ 中点 $ O $，连 $ OB $，$ OM $，则 $ OB=OM=\sqrt3 $，$ OB\perp CD $，$ MO\perp CD $．
又平面 $ MCD\perp 平面 BCD$，则 $ MO\perp 平面 BCD $，
所以 $ MO\parallel AB $，$ MO\parallel 平面ABC $．
$ M $、$ O $ 到平面 $ ABC $ 的距离相等．
作 $ OH\perp BC $ 于 $ H $，连 $ MH $，则 $ MH\perp BC $．求得\[ \begin{split}OH&=OC\cdot \sin 60^\circ=\dfrac{\sqrt3}2 ,\\ MH&=\sqrt{\left(\sqrt3\right)+\left(\dfrac{\sqrt3}2\right)^2}=\dfrac{\sqrt{15}}2 .\end{split}\]设点 $ A$ 到平面 $ MBC$ 的距离为 $ d $，由 $V_{A-MBC}=V_{M-ABC} $，得\[\dfrac13\cdot S_{\triangle MBC}\cdot d=\dfrac13\cdot S_{\triangle ABC}\cdot OH ,\]即\[\dfrac13\times\dfrac12\times2\times\dfrac{\sqrt{15}}2d=\dfrac13\times\dfrac12\times2\times2\sqrt3\times\dfrac{\sqrt3}2, \]解得\[d=\dfrac{2\sqrt{15}}5 .\]解法二：取 $ CD $ 中点 $ O $，连 $ OB $，O $ M $，则 $ OB\perp CD $，$ OM\perp CD $．
又 $ 平面MCD\perp 平面BCD $，则 $ MO\perp 平面BCD$．
取 $ O $ 为原点，直线 $ OC $、$ BO $、$ OM $ 为 $ x $ 轴、$ y $ 轴、$ z $ 轴，建立空间直角坐标系如图．$ OB=OM=\sqrt3$，则各点坐标分别为 $ C(1,0,0) $，$ M(0,0,\sqrt3) $，$ B(0,-\sqrt3,0) $，$ A(0,-\sqrt3,2\sqrt3) $．
设 $\overrightarrow {{n_{}}} = \left(x,y,z\right)$ 是平面MBC的法向量，则 $\overrightarrow {BC} = \left(1,\sqrt 3 ,0\right)$，$\overrightarrow {BM} = \left(0,\sqrt 3 ,\sqrt 3 \right)$．
由 $\overrightarrow {{n_{}}} \bot \overrightarrow {BC} $ 得 $x + \sqrt 3 y = 0$；由 $\overrightarrow {{n_{}}} \bot \overrightarrow {BM} $ 得 $\sqrt 3 y + \sqrt 3 z = 0$．
取 $\overrightarrow {{n_{}}} = \left(\sqrt 3 , - 1,1\right)$，$\overrightarrow {BA} = \left(0,0,2\sqrt 3 \right)$，则\[d = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{2\sqrt {15} }}{5}.\]

解法一：
延长 $ AM $、$ BO $ 相交于 $ E $，连 $ CE $、$ DE $，$ CE $ 是平面 $ACM $ 与平面 $ BCD$ 的交线．
由（1）知，$ O $ 是 $ BE $ 的中点，则 $ BCED $ 是菱形．
作 $ BF\perp EC $ 于 $ F $，连 $ AF $，则 $ AF\perp EC $，
$ \angle AFB $ 就是二面角 $ A-EC-B $ 的平面角，设为 $\theta $．
因为 $ \angle BCE=120^\circ $，所以 $ \angle BCF=60^\circ $．
所以 $BF = BC \cdot \sin {60^ \circ } = \sqrt 3 $，
所以 $\tan \theta = \dfrac{{AB}}{{BF}} = 2$，$\sin \theta = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$，
所以，所求二面角的正弦值是 $\dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$．
解法二：
$\overrightarrow {CM} = \left( - 1,0,\sqrt 3 \right)$，$\overrightarrow {CA} = \left( - 1, - \sqrt 3 ,2\sqrt 3 \right)$．
设平面 $ ACM $ 的法向量为 $\overrightarrow {{n_1}} = \left(x,y,z\right)$，由\[{\begin{cases}
\overrightarrow {{n_1}} \perp \overrightarrow {CM}, \\
\overrightarrow {{n_1}} \perp \overrightarrow {CA} ,\\
\end{cases}}\]得\[{\begin{cases}- x + \sqrt 3 z = 0 ,\\
- x - \sqrt 3 y + 2\sqrt 3 z = 0 ,\\
\end{cases}}\]解得 $x = \sqrt 3 z$，$y = z$，取 $\overrightarrow {{n_1}} = \left(\sqrt 3 ,1,1\right)$．
又平面 $ BCD $ 的法向量为 $\overrightarrow n = \left(0,0,1\right)$，则\[\cos \left \langle\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow n \right\rangle= \dfrac{{\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow n }}{{ \left| {\overrightarrow n_1 } \right| \cdot \left| {\overrightarrow n } \right|}} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}.\]设所求二面角为 $\theta $，则\[\sin \theta = \sqrt {1 - {{\left(\dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\right)}^2}} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}.\]