Phương pháp giải:

- Chứng minh \(d\left( {BB';A'C} \right) = d\left( {B;\left( {AA'C} \right)} \right)\). Đổi sang tính khoảng cách từ H đến (AA’C).

- Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AM. Trong (A’HN) kẻ \(HK \bot A'N\,\,\left( {K \in A'N} \right)\), chứng minh \(d\left( {H;\left( {AA'C} \right)} \right) = HK\).

- Xác định góc giữa A’C và mặt đáy là góc giữa A’C và hình chiếu của A’C lên (ABC).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính A’H.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(HK = \dfrac{{A'H.HN}}{{\sqrt {A'{H^2} + H{N^2}} }}\) tính HK.

Lời giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của AB \( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

Ta có AA’ // BB’ nên \(BB'\parallel \left( {AA'C} \right) \supset A'C\).

\( \Rightarrow d\left( {BB';A'C} \right) = d\left( {BB';\left( {AA'C} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {AA'C} \right)} \right)\).

Ta có: \(BH \cap \left( {AA'C} \right) = A\) \( \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {AA'C} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {AA'C} \right)} \right)}} = \dfrac{{BA}}{{HA}} = 2\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {AA'C} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {AA'C} \right)} \right)\).

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AM.

Do tam giác ABC đều nên \(BM \bot AC \Rightarrow HN \bot AC\) (do HN là đường trung bình của tam giác ABM nên HN // BM).

Trong (A’HN) kẻ \(HK \bot A'N\,\,\left( {K \in A'N} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HN\\AC \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {A'HN} \right) \Rightarrow AC \bot HK\\\left\{ \begin{array}{l}HK \bot A'N\\HK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {AA'C} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow d\left( {H;\left( {AA'C} \right)} \right) = HK \Rightarrow d\left( {BB';A'C} \right) = 2HK\).

Ta có \(A'H \bot \left( {ABC} \right)\) nên HC là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABC).

\( \Rightarrow \angle \left( {A'C;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'C;HC} \right) = \angle A'CH = {60^0}\).

Tam giác ABC đêu cạnh a nên \(CH = BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) \( \Rightarrow A'H = CH.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3  = \dfrac{{3a}}{2}\) và \(HN = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông A’HN có: \(HK = \dfrac{{A'H.HN}}{{\sqrt {A'{H^2} + H{N^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {\dfrac{{9{a^2}}}{4} + \dfrac{{3{a^2}}}{{16}}} }} = \dfrac{{3\sqrt {13} }}{{26}}a\).

Vậy \(d\left( {BB';A'C} \right) = 2HK = \dfrac{{3\sqrt {13} a}}{{13}}\).

Chọn B.