Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, tâm $O$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $BC$. Biết rằng góc giữa $MN$ và $(ABCD)$ bằng $60^{\circ }$, côsin của góc giữa đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $(SBD)$ bằng

Chọn C.
Gọi $H$ là trung điểm của $OA$, ta có $MH\parallel SO⟹MH\perp (ABCD)$ và $MH=\frac{1}{2}SO$.
Khi đó hình chiếu vuông góc của $MN$ lên $(ABCD)$ là $HN$, suy ra góc giữa $MN$ và $(ABCD)$ là $\widehat{MNH}=60^{\circ }$.
Ta có $MH=HN\cdot \tan 60^{\circ }=HN\sqrt{3}$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $O$ là gốc, $A(-\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0),C(\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0),B(0;-\frac{a\sqrt{2}}{2};0),D(0;\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$.
Mặt phẳng $(SBD)$ chứa trục $Oz$ và đường thẳng $BD$, do đó mặt phẳng $(SBD)$ chính là mặt phẳng $(Oyz)$, có vectơ pháp tuyến $\vec{i}=(1;0;0)$.
Ta có $H(-\frac{a\sqrt{2}}{4};0;0)$ và $N(\frac{a\sqrt{2}}{4};-\frac{a\sqrt{2}}{4};0)$.
Khoảng cách $HN=\sqrt{(-\frac{a\sqrt{2}}{4}-\frac{a\sqrt{2}}{4}{)}^2+(0-(-\frac{a\sqrt{2}}{4}){)}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{4}+\frac{2a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$.
Suy ra $MH=HN\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{30}}{4}$, do đó $SO=2MH=\frac{a\sqrt{30}}{2}$, suy ra $S(0;0;\frac{a\sqrt{30}}{2})$.
Khi đó $M$ là trung điểm của $SA⟹M(-\frac{a\sqrt{2}}{4};0;\frac{a\sqrt{30}}{4})$.
Vectơ $\overrightarrow{MN}=N-M=(\frac{a\sqrt{2}}{2};-\frac{a\sqrt{2}}{4};-\frac{a\sqrt{30}}{4})$.
Độ dài: $|\overrightarrow{MN}|=\frac{HN}{\cos 60^{\circ }}=2HN=\frac{a\sqrt{10}}{2}$.
Gọi $\alpha$ là góc giữa $MN$ và $(SBD)$. Ta có:
$\sin \alpha =\frac{|\overrightarrow{MN}\cdot \vec{i}|}{|\overrightarrow{MN}|\cdot |\vec{i}|}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{10}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$.
Do đó $\cos \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{1}{5}}=\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.