Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang có đáy lớn là $AD$, các đường thẳng $SA,AC$ và $CD$ đôi một vuông góc với nhau...

Ta có $\{\begin{array}{rl}& SA\mathrm{\perp }AC\\ & SA\mathrm{\perp }CD\end{array}\Rightarrow SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$.
Gọi $M$ là trung điểm $AD.$
Do $SA=AC=CD=\sqrt{2}a$ nên tam giác $ACD$ vuông cân tại $C$ suy ra $CM\mathrm{\perp }AD$, $AD=\sqrt{2}AC=2a,$ $CM=AM={\displaystyle \frac{1}{2}}AD=a.$
Từ đó $ABCM$ là hình vuông suy ra $AB\mathrm{\perp }AD$.
Lại có $CD//BM\Rightarrow CD//\left(SBM\right)\Rightarrow d(CD,AB)=d(D,\left(SBM\right))=d(A,\left(SBM\right))$
Gọi $O=AC\cap BM$
Trong mặt phẳng $\left(SAO\right);$ kẻ $AK\mathrm{\perp }SO\left(1\right)$
Ta có:
$\{\begin{array}{rl}& BM\mathrm{\perp }SA\\ & BM\mathrm{\perp }CA\end{array}$
$\Rightarrow BM\mathrm{\perp }\left(SAO\right)\Rightarrow BM\mathrm{\perp }AK\left(2\right)$
Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)\Rightarrow AK\mathrm{\perp }\left(SBM\right)$
$\Rightarrow d(A,\left(SBM\right))=AK={\displaystyle \frac{SA.AO}{\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{10}}{5}}.$
Có thể tính khoảng cách nhanh theo công thức
$AB;AM;AS$ đôi một vuông góc thì $d(A,\left(SBM\right))={\displaystyle \frac{SA.SB.SM}{\sqrt{S{A}^2.S{B}^2+S{B}^2.S{M}^2+S{M}^2.S{A}^2}}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{10}}{5}}.$