Biết khoảng cách từ \(A\) tới mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(\frac{{2a\sqrt {15} }}{5},\) tính theo \(a\) thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD.\)

Gọi O, I là trung điểm của AB, BC; H là hình chiếu vuông góc của O lên SI.

Tam giác SAB cân tại S\( \Rightarrow SO \bot AB\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SO \subset \left( {SAB} \right)\\SO \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Do O là trung điểm của AB nên \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2.d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)\) (1)\(ABCD\) là hình thang cân với đáy\(AB = 2a,\,\,AD = BC = CD = a \Rightarrow \Delta OAD,\Delta OCD,\Delta OBC\) đều là các tam giác đều, cạnh a  \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 3.{S_{OBC}} = 3.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\(\Delta OBC\) đều, I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OI \bot BC\\OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\) .

Mà \(BC \bot SO\) (do \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\))

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow BC \bot OH\)

Lại có: \(SI \bot OH\,\, \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\) (2)

Từ (1), (2) suy ra: \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2.OH = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)

\(\Delta SOI\) vuông tại O, \(OH \bot SI \Rightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{\frac{3}{4}{a^2}}} = \frac{1}{{\frac{3}{5}{a^2}}} \Leftrightarrow SO = a\sqrt 3 \)

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là: \(V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}}}{4}\).

Chọn B.