Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân có $AB=BC=a$...

Trong $\left( ABC \right)$, qua M kẻ đường thẳng song song với AB, qua B kẻ đường thẳng song song với AM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại E ta được tứ giác ABEM là hình bình hành.
Vì $\begin{aligned}
& ME//AB\Rightarrow AB//\left( SME \right) \\
& \Rightarrow d\left( AB;SM \right)=d\left( AB;\left( SME \right) \right)=d\left( A;\left( SME \right) \right) \\
\end{aligned}$
Từ A trong mặt phẳng $\left( ABEM \right)$ kẻ $AK\bot ME$, lại có: $ME\bot SA$ (do $SA\bot \left( ABEM \right)\Rightarrow EK\bot \left( SAK \right)$ ).
Trong $\left( SAK \right)$ kẻ $AH\bot SK$ tại H.
Ta có $AH\bot SK;SK\bot AH$ (do $EK\bot \left( SAK \right)$ )
$\Rightarrow AH\bot \left( SKE \right)$ tại H.
Từ đó $d\left( AB;SM \right)=d\left( A;\left( SME \right) \right)=AH$.
Xét tam giác SBA vuông tại A có $SA=AB.\tan SBA=a.\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}$.
Lại có $\Delta ABC$ vuông cân tại B nên $AC=AB\sqrt{2}=a\sqrt{2}\Rightarrow CM=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Do đó $AM=AC+CM=\dfrac{3a\sqrt{2}}{2}$.
$\Delta ABC$ vuông cân tại B nên $ACB=45{}^\circ \Rightarrow CBE=ACB=45{}^\circ $ (hai góc so le trong).
Từ đó $ABE=ABC=CBE=90{}^\circ +45{}^\circ =135{}^\circ $, suy ra $AME=135{}^\circ $ (hai góc đổi hình bình hành).
Nên tam giác AME là tam giác tù nên K nằm ngoài đoạn ME.
Ta có: $KMA=180{}^\circ -AME=135{}^\circ $ mà tam giác AMK vuông tại K nên tam giác AMK vuông cân tại K.
$\Rightarrow AK=\dfrac{AM}{\sqrt{2}}=\dfrac{3a}{2}$
Xét tam giác SAK vuông tại A có đường cao AH, ta có: $\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{3{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{9{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\dfrac{3a\sqrt{7}}{7}$.
Vậy $d\left( AB;SM \right)=\dfrac{3a\sqrt{7}}{7}$
Lưu ý: Sử dụng $d\left( a;b \right)=d\left( a;\left( P \right) \right)=d\left( A;\left( P \right) \right)$ với $b\subset \left( P \right),a//\left( P \right),A\in a$ để đưa về tìm khoảng cách giữa điểm A và mặt phẳng $\left( P \right)$ sao cho $AB//\left( P \right)$.