Phương pháp giải:

- Dựng hình bình hành \(ABCD\), chứng minh \(d\left( {SA;BC} \right) = d\left( {BC;\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)\) với \(H\) là trung điểm của \(AM\).

- Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HK \bot AD\,\,\left( {K \in AD} \right)\), trong \(\left( {SHK} \right)\) kẻ \(HI \bot SK\,\,\left( {I \in SK} \right)\), chứng minh \(HI \bot \left( {SAD} \right)\).

- Gọi \(N,\,\,P\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AN\). Xác định góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông, tính chiều cao \(SH\).

- Nhận xét , từ đó tính \(HK\).

- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SHK\) tính \(HI\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AM\) \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Dựng hình bình hành \(ABCD\), ta có \(AD\parallel BC \Rightarrow BC\parallel \left( {SAD} \right) \supset SA\).

\( \Rightarrow d\left( {SA;BC} \right) = d\left( {BC;\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SAD} \right)} \right)\).

Ta có: \(MH \cap \left( {SAD} \right) = A \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\left( {SAD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)}} = \dfrac{{MA}}{{HA}} = 2\) \( \Rightarrow d\left( {M;\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HK \bot AD\,\,\left( {K \in AD} \right)\), trong \(\left( {SHK} \right)\) kẻ \(HI \bot SK\,\,\left( {I \in SK} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AD \bot SH\\AD \bot HK\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AD \bot HI\\\left\{ \begin{array}{l}HI \bot SK\\HI \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow HI \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right) = HI\end{array}\)

\( \Rightarrow d\left( {SA;BC} \right) = 2HI\).

Gọi \(N,\,\,P\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AN\).

Ta có: \(MN\parallel AC,\,\,PH\parallel MN \Rightarrow PH\parallel AC\) \( \Rightarrow PH \bot AB\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot PH\\AB \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHP} \right) \Rightarrow AB \bot SP\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\SP \subset \left( {SAB} \right),\,\,SP \bot AB\\PH \subset \left( {ABC} \right),\,\,PH \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SP;PH} \right) = \angle SPH = {60^0}\).

Ta có: \(MN = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(PH = \dfrac{1}{2}MN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\) \( \Rightarrow SH = PH.\tan {60^0} = \dfrac{{3a}}{4}\).

Vì \(H\) là trung điểm của \(AM\) \( \Rightarrow d\left( {H;AD} \right) = d\left( {H;BC} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right)\).

\( \Rightarrow HK = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right) = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SHK\) ta có: \(HI = \dfrac{{SH.HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{4}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {\dfrac{{9{a^2}}}{{16}} + \dfrac{{3{a^2}}}{{16}}} }} = \dfrac{{3a}}{8}\).

Vậy \(d\left( {SA;BC} \right) = 2HI = \dfrac{{3a}}{4}\).

Chọn D.