Đáp án:

$\widehat {(MN;\left( {SBD}) \right)} = \arcsin \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}$ 

Giải thích các bước giải:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD

Vì SABCD là chóp tứ giác đều nên SO vuông  góc với  (ABCD)

Gọi E là hình chiếu M trên (ABCD)

$\Rightarrow$ E là trung điểm của AO

$\begin{array}{l}
 \Rightarrow \widehat {(MN;\left( {ABCD}) \right)} = \widehat {\left( {MN;EN} \right)} = \widehat {MNE} = {60^0}\\
Do: N{E^2} = C{N^2} + C{E^2} - 2.CN.CE.\cos\widehat {NCE}\\
 \Rightarrow NE = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{4}\\
 \Rightarrow MN = 2.ME = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2}
\end{array}$

Gọi I là giao điểm của EN và BO

Từ I kẻ đường thẳng song song với ME, cắt MN tại H

$\Rightarrow$ H là giao điểm của MN và (SBD)

Hình chiếu của N lên BD là K

$\Rightarrow$ góc giữa MN và (SBD) là góc NHK

Xét tam giác vuông NHK có:

$\begin{array}{l}
NH = \dfrac{{MN}}{2} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{4}\\
NK = \dfrac{{CO}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\\
 \Rightarrow \sin \widehat {NHK} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\\
 \Rightarrow \widehat {(MN;\left( {SBD}) \right)} = \arcsin \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}
\end{array}$

Đáp án:

\(\widehat {\left( {MN;\left( {SBD} \right)} \right)} = \arcsin \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\)

Giải thích các bước giải:

 Gọi \(H\) là trung điểm của \(AO\), \(E\) là trung điểm của \(SO\), \(K\) là giao điểm của \(AN\) và \(BD\).

Trong mặt  phẳng \(\left( {SAN} \right)\), gọi \(I = MN \cap SK\).

Ta có:

\(MH\) là đường trung bình trong tam giác \(SAO\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}
MH//SO\\
MH = \dfrac{1}{2}SO
\end{array} \right.\)

Do \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {MN,NH} \right)} = \widehat {MNH} = 60^\circ \)

Có:

\(\begin{array}{l}
AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt 2 a\\
AH = \dfrac{1}{2}AO = \dfrac{1}{4}AC \Rightarrow HC = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{{3\sqrt 2 a}}{4}\\
H{N^2} = N{C^2} + C{H^2} - 2.NC.CH.\cos NCH\\
 \Leftrightarrow H{N^2} = {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{3\sqrt 2 a}}{4}} \right)^2} - 2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{3\sqrt 2 a}}{4}.\cos 45^\circ \\
 \Rightarrow HN = \dfrac{{\sqrt {10} }}{4}a\\
MH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MH \bot HN\\
\widehat {MNH} = 60^\circ  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
MH = \tan 60^\circ .NH = \dfrac{{\sqrt {30} }}{4}a\\
MN = \dfrac{{NH}}{{\cos 60^\circ }} = \dfrac{{\sqrt {10} a}}{2}
\end{array} \right.
\end{array}\)

\(ME\) là đường trung bình trong tam giác \(SAO\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}
ME//AO//AC\\
ME = \dfrac{1}{2}AO = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}a
\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}
\left. \begin{array}{l}
SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot AC\\
AC \bot BD
\end{array} \right\} \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow ME \bot \left( {SBD} \right)\\
 \Rightarrow \widehat {\left( {MN;\left( {SBD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {MI;\left( {SBD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {MI;IE} \right)} = \widehat {MIE}\\
BC//AD \Leftrightarrow BN//AD \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{KN}} = \dfrac{{AD}}{{BN}} = 2 \Rightarrow AK = 2KN
\end{array}\)

Áp dụng định lí Mê - nê - na -uýt vào tam giác \(AMN\) có \(S, I, K\) thẳng hàng ta có:

\(\begin{array}{l}
\dfrac{{AS}}{{SM}}.\dfrac{{MI}}{{IN}}.\dfrac{{NK}}{{KA}} = 1 \Leftrightarrow 2.\dfrac{{MI}}{{IN}}.\dfrac{1}{2} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{MI}}{{IN}} = 1 \Rightarrow MI = IN = \dfrac{{MN}}{2} = \dfrac{{\sqrt {10} a}}{4}\\
ME \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow ME \bot IE \Rightarrow \sin MIE = \dfrac{{ME}}{{MI}} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{4}a}}{{\dfrac{{\sqrt {10} }}{4}a}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\\
 \Rightarrow \widehat {\left( {MN;\left( {SBD} \right)} \right)} = \widehat {MIE} = \arcsin \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}
\end{array}\)

Vậy \(\widehat {\left( {MN;\left( {SBD} \right)} \right)} = \arcsin \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\)