Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật cạnh \(AB = 2AD = 2a\). Tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy \(\left( {ABCD} \right)\). Tính khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow SI \bot AB\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SI \bot AB}\\{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\left( {gt} \right){\rm{\;}} \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right){\rm{.\;}}}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\end{array}} \right.\)

Xét \(\Delta SAB\) đều có cạnh bằng \(2a \Rightarrow SI = a\sqrt 3 \).

Kẻ \(AK \bot BD\) tại \(K\). Ta xét \(\Delta BAD\) có:

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Kẻ \(JI \bot BD\) tại \(J \Rightarrow JI//AK \Rightarrow JI = \frac{1}{2}AK = \frac{{\sqrt 5 a}}{5}\). Ta có: \(BD \bot SI \Rightarrow BD \bot \left( {SJI} \right)\).

Kẻ \(HI \bot SJ\) tại \(H \Rightarrow IH \bot \left( {SBD} \right)\) tại \(H \Rightarrow d\left( {I,\left( {SBD} \right)} \right) = IH\).

Xét \({\rm{\Delta }}SJI\) có: \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{J{I^2}}} + \frac{1}{{S{I^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Rightarrow HI = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Do \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên:

\(\frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {I,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AB}}{{AI}} = 2 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {I,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Chọn D.