- Vì $SA \perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy.

- Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA} = 60^\circ$.

   $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + 2^2} = \sqrt{8 + 4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$.

- Từ $\tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC}$, ta có:

   $\tan 60^\circ = \frac{SA}{2\sqrt{3}} \Rightarrow \sqrt{3} = \frac{SA}{2\sqrt{3}}$.

   $SA = 6$.

- Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

- Ta có: $d(C, (SBD)) = d(C, (SOD))$ (vì $D$ thuộc $(SBD)$).

- Hạ $CH \perp SO$ tại $H$, khi đó:

   $d(C, (SBD)) = CH$.

   $OC = \frac{AC}{2} = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

- Dùng diện tích $\triangle SOC$ hoặc Pythagore trong $\triangle CHO$:

  - $CH = \frac{SA \cdot OC}{\sqrt{SA^2 + OC^2}} = \frac{6 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{6^2 + (\sqrt{3})^2}} = \frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{36 + 3}} = \frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{39}}$.

  - $CH \approx \frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{39}} \approx \frac{6 \cdot 1.732}{6.245} \approx 1.66$.

`->`Khoảng cách từ điểm $C$ đến mặt phẳng $(SBD)$ là khoảng 1.66.