Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA\bot \left( ABCD \right)$...

Gọi $O$ là trung điểm của $AD$. Theo giả thiết $ABCD$ là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính $AD=2a$, suy ra các tam giác $OAB$, $OBC$, $OCD$ là các tam giác đều cạnh $a$. $\left( 1 \right)$
Ta có $OB \text{//} CD\Rightarrow OB\text{//} \left( SCD \right)\Rightarrow d\left( B\text{;} \left( SCD \right) \right)=d\left( O;\left( SCD \right) \right)=\dfrac{1}{2}d\left( A;\left( SCD \right) \right)$ $\left( 2 \right)$
(Vì $AO\cap \left( SCD \right) =D,OD=\dfrac{1}{2}OD$ )
Tam giác $ACD$ có $CO$ là trung tuyến và theo $\left( 1 \right)$ thì $CO=OA=OD=a$ nên tam giác $ACD$ vuông tại $C$. Suy ra $AC\bot CD$. $\left( 3 \right)$
Vì $SA\bot \left( ABCD \right)$ nên $SA\bot CD$. $\left( 4 \right)$
Từ $\left( 3 \right),\left( 4 \right)$ suy ra $\left( SAC \right)\bot CD$. $\left( 5 \right)$
Trong $\left( SAC \right)$, hạ $AH\bot SC\left( H\in SC \right)$. Khi đó từ $\left( 5 \right)$ suy ra $AH\bot CD$.
Do đó $AH\bot \left( SCD \right)\Rightarrow AH=d\left( A;\left( SCD \right) \right)$. $\left( 6 \right)$
Ta lại có:
$AC=\sqrt{A{{D}^{2}}-C{{D}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2a \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}$ ;
$\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{C}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( a\sqrt{6} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=a\sqrt{2}$. $\left( 7 \right)$
Vậy từ $\left( 2 \right)$, $\left( 6 \right)$ và $\left( 7 \right)$ suy ra $d\left( B\text{;} \left( SCD \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.