Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a tâm O. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA và BC.

Đáp án A.

Goi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\).

Vì \(SABCD\) là chóp tứ giác đều nên \(SO\) vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(E\) là hình chiếu \(M\) trên \(\left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(AO\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {MN;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {MN;EN}} \right) = \widehat {MNE} = {60^0}\)

Do: \(N{E^2} = C{N^2} + C{E^2} - 2.CN.CE.\cos \widehat {NCE}\)

\( \Rightarrow NE = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)

\( \Rightarrow MN = 2.ME = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(EN\) và \(BO\).

Từ \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(ME,\) cắt \(MH\) tại \(H\)

\( \Rightarrow H\) là giao điểm của \(MN\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Hình chiếu của \(N\) lên \(\left( {SBD} \right)\) là góc \(NHK\).

Xét tam giác vuông \(NHK\) có:

\(NH = \frac{{MN}}{2} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)

\(NK = \frac{{CO}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

\( \Rightarrow \sin \widehat {NHK} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)

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