Gọi H là trung điểm của AB

Suy ra SH ⊥ (ACBD)

Do đó SH ⊥ HD

Hay tam giác SHD vuông tại H

Suy ra \(SH = \sqrt {S{{\rm{D}}^2} - D{H^2}} \)

Vì tam giác AHD vuông tại A

Nên \(D{H^2} = A{H^2} + A{{\rm{D}}^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + {a^2} = \frac{5}{4}{a^2}\)

Suy ra \(SH = \sqrt {S{{\rm{D}}^2} - D{H^2}} = \sqrt {\frac{9}{4}{a^2} - \frac{5}{4}{a^2}} = \sqrt {{a^2}} = a\)

Ta có \({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên BD và E là hình chiếu vuông góc của H trên SK

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}B{\rm{D}} \bot HK\\B{\rm{D}} \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot (SHK)\)

Suy ra BD ⊥ HE

Mà SK ⊥ HE nên HE ⊥ (SBD)

Ta có: HK = HB . sin \(\widehat {KBH}\) = \(\frac{a}{2}.\sin 45^\circ = \frac{a}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

Suy ra \(HE = \frac{{HS.HK}}{{\sqrt {H{{\rm{S}}^2} + H{K^2}} }} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{2{{\rm{a}}^2}}}{{16}}} }} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{{4\sqrt {\frac{9}{8}{a^2}} }} = \frac{a}{3}\)

Do đó d(A,(SBD) = 2 d(H,(SBD)) = 2 HE = \(\frac{{2{\rm{a}}}}{3}\)