Lời giải:
Lấy $H$ là trung điểm của $AC$. Dễ thấy $MH\parallel SO\Rightarrow MH\perp (ABCD)$
$\Rightarrow \angle (MN, (ABCD))=\widehat{MNH}=60^0$
Áp dụng định lý cos cho tam giác $CNH$ có:
$NH=\sqrt{CH^2+CN^2-2CH.CN.\cos \widehat{NCH}}$
\(=\sqrt{(\frac{3a\sqrt{2}}{4})^2+(\frac{a}{2})^2-2.\frac{3a\sqrt{2}}{4}.\frac{a}{2}.\cos 45^0}=a\sqrt{\frac{5}{8}}\)
\(MN=\frac{NH}{\cos 60^0}=2NH=2a\sqrt{\frac{5}{8}}\)
Kẻ $KT\parallel MH$ cắt $MN$ tại $T$
$\Rightarrow KT\parallel SO\Rightarrow KT\parallel (SBD)$
Mà $K\in BD$ nên $KT\subset (SBD)\Rightarrow T\in (SBD)$
Như vậy, $T$ chính là giao của $MN$ với $(SBD)$
Kẻ $NU\perp BD$. Thấy rằng $NU\perp BD, NU\perp TK$
$\Rightarrow NU\perp (SBD)$
$\Rightarrow \angle (MN, (SBD))=\widehat{UTN}$
$\Rightarrow \sin (MN, (SBD))=\sin \widehat{UTN}=\frac{UN}{TN}(1)$
Trong đó:
$UN=\frac{OC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}(2)$
$\triangle KHO\sim \triangle KNU\Rightarrow \frac{KH}{KN}=\frac{HO}{NU}=1\Rightarrow \frac{TM}{TN}=\frac{KH}{KN}=1\Rightarrow TN=\frac{MN}{2}=a\sqrt{\frac{5}{8}}(3)$
Từ $(1);(2);(3)\Rightarrow \sin (MN,(SBD))$\(=\frac{a\sqrt{2}}{4.a\sqrt{\frac{5}{8}}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\)
