Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a,SA\bot \left( ABC \right),$ góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$...

Trong mp $\left( ABC \right)$ kẻ hình bình hành $ABDC,AE\bot BD;$ trong mp $\left( SAE \right)$ kẻ $AH\bot SE.$
Theo giả thiết:
$\left\{ \begin{aligned}
& SA\bot \left( ABC \right) \\
& AE\bot BD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow SA\bot BD\Rightarrow BD\bot \left( SAE \right)$
$\Leftrightarrow BD\bot AH$ mà $AH\bot SE$ nên $AH\bot \left( SBD \right).$
Ta lại có $BD//AC\Rightarrow AC//\left( SBD \right)\Rightarrow d\left( AC,SB \right)=d\left( AC,\left( SBD \right) \right)=d\left( A,\left( ABD \right) \right)=AH$.
Mặt khác: Vì $SA\bot \left( ABC \right)$ nên $\widehat{\left( SA,\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SBA}={{60}^{0}},SA=AB.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3}.$
Vì $ABDC$ là hình bình hành nên $\widehat{ABD}={{180}^{0}}-\widehat{BAC}={{120}^{0}}$ do đó điểm $E$ nằm ngoài đoạn thẳng $BD$ và góc $\widehat{ABE}={{60}^{0}}\Rightarrow AE=AB\sin {{60}^{0}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
Tam giác $SAE$ vuông có:
$\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{E}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{5}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow A{{H}^{2}}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{5}\Rightarrow AH=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$
Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng $AC$ và $SB$ là $\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$