Ta có tam giác $ABC$ có $AB^2+AC^2=a^2+3a^2=4a^2=BC^2$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$
và là nửa tam giác đều 

Vì $SA=SB=SC$ nên ta có chân đường vuông góc là của S lên $(ABC)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $D$ với $D$ là trung điểm $BC$

Từ đó ta có $SD\bot (ABC)$. Từ $C$ kẻ hình bình hành $CEAB$ ta được $BC//AE\subset(SAE)$

$\Rightarrow d\left( {BC,SA} \right) = d\left( {BC,\left( {SAE} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {SAE} \right)} \right)$

Vì $CBAE$ là hình bình hành và có $\widehat{CBA}=\widehat{CEA}=60^o$, lại có $\widehat{DAE}=\widehat{EAC}+\widehat{CAD}=30^o+30^o=60^o$ nên ta được $\widehat{CEA}=\widehat{DAE}=60^o$.

Lại có $DC//AE$ theo cách dựng nên ta được $ADCE$ là hình thang cân. $\Rightarrow AC=DE=a\sqrt 3$

Từ đó suy ra được $AD^2+DE^2=AE^2$ nên tam giác $ADE$ vuông tại $D$
Do tam giác $SBC$ vuông cân tại $S$ nên ta được $SD=BD=DC=a$

Xét tứ diện $S.ADE$ có $SA, AD,DE$ đôi một vuông góc với nhau nên ta được

$\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{d{{\left( {D,\left( {SAE} \right)} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{A{D^2}}} + \dfrac{1}{{S{D^2}}} + \dfrac{1}{{D{E^2}}}\\
 = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{7}{{3{a^2}}}\\
 \Rightarrow d\left( {D,\left( {SAE} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\\
 \Rightarrow d\left( {SA,BC} \right) = d\left( {D,\left( {SAE} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}
\end{array}$