Gọi \(I\) là trung điểm \(A'B' \Rightarrow C'I \bot A'B' \Rightarrow C'I \bot \left( {ABB'A'} \right).\)

Vì \(C'I \bot \left( {ABB'A'} \right)\) nên \(BI\) là hình chiếu của \(BC'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\).

Do đó \(\left( {BC',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \left( {BC',BI} \right) = \widehat {C'BI} = 60^\circ \).

Xét \(\Delta BIB'\) vuông tại \(B'\), có \(BI = \sqrt {B{{B'}^2} + B'{I^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Xét \(\Delta C'BI\) vuông tại \(I\), có \(BC' = \frac{{BI}}{{\cos \widehat {C'BI}}} = a\sqrt 5 \).

Xét \(\Delta BCC'\) vuông tại \(C\), có \(BC = \sqrt {B{{C'}^2} - C{{C'}^2}} = 2a.\)

Gọi \(E\) là điểm sao cho \(B\) là trung điểm \(EP.\)

\( \Rightarrow MNPE\) là hình bình hành \( \Rightarrow EM//NP\)\( \Rightarrow d\left( {AM,NP} \right) = d\left( {P,\left( {AME} \right)} \right) = 2d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right).\)

Kẻ \(BK \bot AE\left( {K \in AE} \right),BH \bot MK\left( {H \in KM} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right) = BH.\)

Tam giác \(APE\) có \(AB = BP = BE = a \Rightarrow \Delta APE\) vuông ở \(A \Rightarrow BK//AP.\)

Mà \(B\) là trung điểm \(EP \Rightarrow KB = \frac{1}{2}AP.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(AP\) là trung tuyến nên \(A{P^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} \Rightarrow AP = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow BK = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}.\)

Xét \(\Delta BKM\) vuông tại \(B\) có \(BH = \frac{{BK.BM}}{{\sqrt {B{K^2} + B{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}} \Rightarrow d\left( {AM,NP} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\) Chọn C.