Lấy điểm $E,F$ sao cho $BE=BF=\dfrac{BC} 4=\dfrac {BD} 4$ do tam giác $BCD$ vuông cân tại $B$ nên $BC=BD$

Khi đó ta có được `(BE)/(BM)+(BF)/(BN)=1/4((BC)/(BM)+(BD)/(BN))=1`  

Kẻ đường thẳng qua $E$ song song với $BD$ cắt $MN$ tại $I$

$\begin{array}{l}  \Rightarrow \dfrac{{BE}}{{BM}} = \dfrac{{NI}}{{MN}}\\  \Rightarrow \dfrac{{IM}}{{MN}} = \dfrac{{MN - NI}}{{MN}} = 1 - \dfrac{{NI}}{{MN}} = 1 - \dfrac{{BE}}{{BM}} = \dfrac{{BF}}{{BN}}\\  \Rightarrow IF//BC \end{array}$

Vậy $MN$ đi qua điểm $I$ cố định. Ta có $IEBF$ là tứ giác có $3$ góc vuông do $IE//BD, IF//BC$ và $BC\bot BD$ nên $IEBF$ là hình chữ nhật, lại có $BE=BF$ nên $IEBF$ là hình vuông

$\Rightarrow BI\bot EF//BC$. Gọi $H$ là trung điểm của $BC$ thì $\overline{B,I,H}$ 

Ta có $BI=BE\sqrt 2=\dfrac{BC} 4\sqrt 2=\sqrt 2$

$\Rightarrow HI=2\sqrt 2$

Xét tam giác vuông $CHI$ có $CI=\sqrt{CH^2+IH^2}=\sqrt{10}$

Từ $C$ kẻ $CG\bot MN$, $CJ\bot AG$

Dễ dàng chứng minh $CJ=d_{(C,(AMN)}$

$CJ = \dfrac{{CA.CG}}{{\sqrt {C{A^2} + C{G^2}} }} = \dfrac{{4x}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }}\left( {CG = x} \right)$

Xét hàm số 

$\begin{array}{l}
f\left( x \right)\dfrac{{4x}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }}\\
 \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{4\left( {\sqrt {{x^2} + 16} } \right) - \left( {4x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 16} } \right)'}}{{{x^2} + 16}}\\
 = \dfrac{{4\sqrt {{x^2} + 16}  - \dfrac{{4{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 16} }}}}{{{x^2} + 16}} = \dfrac{{64}}{{{{\left( {{x^2} + 16} \right)}^{\dfrac{3}{2}}}}} > 0
\end{array}$

nên hàm số đồng biến trên $\mathbb R$ tức $CJ \max$ khi $CG\max$

Trong tam giác $CGI$ ta luôn được $CG\le CI$ 

$\Rightarrow \max CG=CI=\sqrt{10}$

$ \Rightarrow C{J_{\max }} = \dfrac{{4\sqrt {10} }}{{\sqrt {10 + 16} }} = \dfrac{{4\sqrt {65} }}{{13}}$

$\Rightarrow \max {d_{\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right)}} = \dfrac{{4\sqrt {65} }}{{13}}$