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

Trong mp $\left(ABC\right)$ kẻ hình bình hành $ABDC,AE\mathrm{\perp }BD;$ trong mp $\left(SAE\right)$ kẻ $AH\mathrm{\perp }SE.$
Theo giả thiết:
$\{\begin{array}{rl}& SA\mathrm{\perp }\left(ABC\right)\\ & AE\mathrm{\perp }BD\end{array}\Rightarrow SA\mathrm{\perp }BD\Rightarrow BD\mathrm{\perp }\left(SAE\right)$
$\iff BD\mathrm{\perp }AH$ mà $AH\mathrm{\perp }SE$ nên $AH\mathrm{\perp }\left(SBD\right).$
Ta lại có $BD//AC\Rightarrow AC//\left(SBD\right)\Rightarrow d(AC,SB)=d(AC,\left(SBD\right))=d(A,\left(ABD\right))=AH$.
Mặt khác: Vì $SA\mathrm{\perp }\left(ABC\right)$ nên $\widehat{(SA,\left(ABC\right))}=\widehat{SBA}={60}^0,SA=AB.\tan {60}^0=a\sqrt{3}.$
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 $\widehat{ABE}={60}^0\Rightarrow AE=AB\sin {60}^0={\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}.$
Tam giác $SAE$ vuông có:
${\displaystyle \frac{1}{A{H}^2}}={\displaystyle \frac{1}{S{A}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A{E}^2}}={\displaystyle \frac{1}{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{{\left({\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}\right)}^2}}={\displaystyle \frac{5}{3a^2}}\Rightarrow A{H}^2={\displaystyle \frac{3a^2}{5}}\Rightarrow AH={\displaystyle \frac{a\sqrt{15}}{5}}.$
Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng $AC$ và $SB$ là ${\displaystyle \frac{a\sqrt{15}}{5}}.$