Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, cạnh a

Từ M hạ $MK\perp AO$ tại K. Suy ra $\left(MN,\left(ABCD\right)\right)=\left(MN,NK\right)=\widehat{MNK}\Rightarrow \widehat{MNK}={60}^0.$

$K{N}^2=C{K}^2+N{C}^2-2CK.NC.\cos {45}^0={\left(\frac{3}{4}a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2-2\frac{3}{4}a\sqrt{2}\frac{a}{2}\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{5}{8}{a}^2\Rightarrow KN=\frac{a\sqrt{10}}{4}$

Suy ra $MK=NK.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{10}}{4}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{30}}{4}\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{30}}{2}.$

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có

$S\left(0;0;\frac{a\sqrt{30}}{2}\right);A\left(0;-\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right);M\left(0;-\frac{a\sqrt{2}}{4};\frac{a\sqrt{30}}{4}\right).$

$C\left(0;\frac{a\sqrt{2}}{2};0\right);B\left(-\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0\right);N\left(-\frac{a\sqrt{2}}{4};\frac{a\sqrt{2}}{4};0\right).$

$\overrightarrow{MN}\left(-\frac{a\sqrt{2}}{4};\frac{2a\sqrt{2}}{4};-\frac{a\sqrt{30}}{4}\right)=-\frac{a\sqrt{2}}{4}\left(1;-2;\sqrt{15}\right).$ Chọn $\overrightarrow{u}\left(1;-2;\sqrt{15}\right)$ là véc tơ chỉ phương của đường thẳng MN.

Mặt phẳng (SBD) có phương trình là y = 0 có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}\left(0;1;0\right).$

$\sin \left(MN,\left(SBD\right)\right)=\frac{\left|\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|\left|\overrightarrow{n}\right|}=\frac{2}{\sqrt{1+4+15}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \cos \left(MN,\left(SBD\right)\right)=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)}^2}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

Chọn C.