Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(BC\). Biết góc giữa \(MN\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BC\) và \(DM\) là:

Gọi \(O\) là tâm của đáy \[ABCD\]. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\].

Gọi \(I\) là trung điểm \(OA\).

Vì \(IM\,{\rm{//}}\,SO \Rightarrow IM \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu của \(MN\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)là \(IN\). Suy ra \(\widehat {MNI} = 60^\circ \).

Áp dụng định lí côsin trong \(\Delta CIN\), ta có:

\(IN = \sqrt {C{I^2} + C{N^2} - 2CI \cdot CN \cdot {\rm{cos}}45^\circ } = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} - 2 \cdot \frac{{3a\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}\).

Trong tam giác vuông \(MIN\) ta có:

\(\tan 60^\circ = \frac{{MI}}{{IN}} \Rightarrow MI = IN \cdot \sqrt 3 = \frac{{a\sqrt {15} }}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{4} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}\).

Ta có \(d\left( {BC,DM} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Kẻ \(OE \bot SN \Rightarrow OE \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có \(d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OE\) mà \(\frac{1}{{O{E^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{4}{{30{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{62}}{{15{a^2}}} \Rightarrow OE = \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt {62} }}\).

Vậy \(d\left( {BC,DM} \right) = 2OE = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{\sqrt {62} }} = a\sqrt {\frac{{30}}{{31}}} \). Chọn B.