Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A

Ta có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {ABC} = 30^\circ \) và \(BC = a\), suy ra \(AC = \frac{a}{2},\,AB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Lại có \[\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\CA \bot AB\end{array} \right.\,\, \Rightarrow AC \bot \left( {SAB} \right)\], suy ra tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\).

Suy ra \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(SAB\)có \(SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,AB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,SB = a\).

Từ đó sử dụng công thức Heron ta tính được \({S_{SAB}} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}\).

\( \Rightarrow SH = \frac{{2{S_{SAB}}}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2AB}}{3}\) (với \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(AB\)). Suy ra \(d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right).\)Từ \(H\) kẻ \(HK \bot BC\). Kẻ \(HE \bot SK \Rightarrow HE \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta tính được \(HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HE = \frac{{a\sqrt 6 }}{9}.\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{9} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\). Chọn D.