Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng sẽ vuông góc với mặt phẳng thứ ba đó để chứng minh \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

- Đổi về bài toán tính khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng (SBC).

- Tìm góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)\): Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBI} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\\left( {SIC} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\\left( {SIB} \right) \cap \left( {SIC} \right) = SI\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\)

Trong (ABCD) kéo dài DI cắt BC tại P, khi đó ta có \(DI \cap \left( {SBC} \right) = P\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{PD}}{{PA}} = \dfrac{{CD}}{{AB}} = \dfrac{a}{{2a}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow D\) là trung điểm của AP.

\( \Rightarrow DP = AD = 2a,\,\,IP = ID + DP = a + 2a = 3a\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{DP}}{{IP}} = \dfrac{{2a}}{{3a}} = \dfrac{2}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \dfrac{{DP}}{{IP}} = \dfrac{2}{3}\\ \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right).\end{array}\)

Trong (ABCD) kẻ \(IK \bot BC\,\,\left( {K \in BC} \right)\), trong (SIK) kẻ \(IH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SI\\BC \bot IK\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SIK} \right) \Rightarrow BC \bot IH\\\left\{ \begin{array}{l}IH \bot BC\\IH \bot SK\end{array} \right. \Rightarrow IH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = IH\end{array}\)

Ta có hình thang ABCD vuông tại A và D có \(ID = IA = \dfrac{{AD}}{2} = a;\) \(DC = a;\) \(AB = 2a\).

Áp dụng định lí Pytago ta có:

\(\begin{array}{l}IC = \sqrt {I{D^2} + C{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \\IB = \sqrt {I{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = a\sqrt 5 \end{array}\)

Kẻ \(CM \bot AB\) ta có: AMCD là hình chữ nhật nên \(CM = AD = 2a\), \(MB = AB - AM = 2a - a = a\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCM có: \(BC = \sqrt {B{M^2} + C{M^2}}  = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = a\sqrt 5 \).

Trong (ABCD) kẻ \(IK \bot BC\,\,\left( {K \in BC} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{BIC}} = \dfrac{1}{2}IK.BC = {S_{ABCD}} - {S_{DIC}} - {S_{ABI}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.AD.\left( {AB + CD} \right) - \dfrac{1}{2}ID.CD - \dfrac{1}{2}IA.AB\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.2a.\left( {2a + a} \right) - \dfrac{1}{2}.a.a - \dfrac{1}{2}.a.2a\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 3{a^2} - \dfrac{1}{2}{a^2} - {a^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\end{array}\)

Lại có

\(\begin{array}{l}{S_{BIC}} = \dfrac{1}{2}IK.BC\\ \Rightarrow \dfrac{{3{a^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}.IK.a\sqrt 5 \\ \Rightarrow IK = \dfrac{{3a\sqrt 5 }}{5}.\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\SK \subset \left( {SBC} \right),\,\,SK \bot BC\\IK \subset \left( {ABCD} \right),\,\,IK \bot BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SK;IK} \right) = \angle SKI = {60^0}\).

Xét tam giác vuông IHK có: \(IH = IK.\sin \angle SKI = \dfrac{{3a\sqrt 5 }}{5}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a\sqrt {15} }}{{10}}\).

Vậy \(d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}IH = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)

Chọn A.