Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,,,AB = 2a,,,AC = 2a.

Ta có $d\left( {A,\,\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\,\left( {SBC} \right)} \right).$
Trong mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, kẻ $HM \bot BC$. Trong mặt phẳng $\left( {SHM} \right)$, kẻ $HK \bot SM\,\,\,\left( 1 \right).$
$\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot SH\\
BC \bot HM
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow BC \bot HK\,\,\,\left( 2 \right).$
Từ $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)$ ta có $HK \bot \left( {SBC} \right).$
Ta có tam giác $HBM$ đồng dạng với tam giác $CBA$ nên:
$\frac{{HB}}{{CB}} = \frac{{HM}}{{CA}} \Rightarrow HM = \frac{{HB.CA}}{{CB}} = \frac{{a.2a}}{{2\sqrt 2 a}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.$
Xét tam giác vuông $AHC$, có $HC = \sqrt {H{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = \sqrt 5 a.$
Ta có $\widehat {SCH} = {30^o}\left( {gt} \right)$. Xét tam giác vuông $SHC$ có $SH = HC.\tan {45^0}= \sqrt 5 a.$
Xét tam giác vuông $SHM$ có $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{5{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{{11}}{{5{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt 5 a}}{{\sqrt {11} }}.$
Vậy $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt 5 a}}{{\sqrt {11} }}.$