+ Gọi \(E;F\) lần lượt là trung điểm của \(CD;AB\).

Vì \(ABCD\) là hình thang nên \(AB//CD;\,EF \bot AB;EF \bot CD\) suy ra

\(CD//\left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {CD;SA} \right) = d\left( {CD;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SAB} \right)} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình thang cân có \(AD \bot AC \Rightarrow BC \bot BD\)

Xét các tam giác vuông \(ACD;BCD\) có \(E\) là trung điểm cạnh huyền nên \(EA = EB = EC = ED \Rightarrow E\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ABCD.\)

Lại có \(SA = SB = SC = SD\left( {gt} \right) \Rightarrow SE \bot \left( {ABCD} \right)\) tại \(E\)  suy ra \(SE \bot AB\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SE\\AB \bot EF\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SEF} \right)\) . Trong \(\left( {SEF} \right)\) kẻ \(EH \bot SF\) tại \(H\) .

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}EH \bot AB\left( {do\,AB \bot \left( {SEF} \right)} \right)\\EH \bot SF\end{array} \right.\)\( \Rightarrow EH \bot \left( {SAB} \right)\) tại \(H \Rightarrow d\left( {SA;CD} \right) = d\left( {E;\left( {SAB} \right)} \right) = EH\)

+ Xét tam giác vuông \(ADC\) ta có \(DC = \sqrt {A{D^2} + A{C^2}}  = 10\)

+ Vì \(EF \bot CD\)  nên \({S_{ADC}} = \dfrac{1}{2}EF.DC = \dfrac{1}{2}AD.AC = \dfrac{1}{2}2\sqrt 5 .4\sqrt 5  = 20 \Rightarrow EF = 4\)

+ Xét tam giác vuông \(SEC\) (do \(SE \bot \left( {ABCD} \right)\) ) có \(SE = \sqrt {S{C^2} - E{C^2}}  = \sqrt {{7^2} - {{\left( {\dfrac{{DC}}{2}} \right)}^2}}  = 2\sqrt 6 \)

+ Xét tam giác vuông \(SEF\) có \(EH\) là đương cao nên \(\dfrac{1}{{E{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{E^2}}} + \dfrac{1}{{E{F^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {2\sqrt 6 } \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{5}{{48}} \Rightarrow EH = \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5}.\)

Vậy \(d\left( {SA;CD} \right) = \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5}\) .

Chọn A.