Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh a, $SA\bot...

Vì $SA\bot \left( ABC \right)$ nên $\left( \widehat{SB;\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{SB;AB} \right)=\widehat{SBA}={{60}^{\circ }}.$
$SA=AB.\tan \widehat{SBA}=a.\tan {{60}^{\circ }}=a\sqrt{3}.$
Dựng hình bình hành $ACBD,$ ta có $AC//\left( SBD \right)$ nên:
$d\left( AC;SB \right)=d\left( AC;\left( SBD \right) \right)=d\left( A;\left( SBD \right) \right)$
Gọi $M$ là trung điểm của $BD$,suy ra $BD\bot AM.$
Từ $SA\bot \left( ABC \right)$ ta có $BD\bot SA$,do đó $BD\bot \left( SAM \right).$
Kẻ $AH\bot SM\left( H\in SM \right)$ thì $BD\bot AH.$
Từ $BD\bot AH$ và $AH\bot SM$ suy ra $AH\bot \left( SBD \right).$
Nên $d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AH.$
Tam giác $ABD$ đều cạnh a nên $AM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
Trong tam giác $SAM$ vuông tại A, ta có
$\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{A{{M}^{2}}}+\dfrac{1}{S{{A}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{5}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$
Vậy $d\left( AC;SB \right)=d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AH=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$