Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Gọi $AC \cap BD = \left\{ H \right\} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\\AC \bot SH\,\,\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)$

Gọi F là trung điểm của BH $\Rightarrow NF\parallel AC$ (Do $NF$ là đường trung bình của tam giác $BCH$).

Mà $AC \bot \left( {SBD} \right)$ $\Rightarrow NF \bot \left( {SBD} \right).$

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ gọi $AN \cap BD = \left\{ K \right\}$

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

$\Rightarrow I = MN \cap \left( {SBD} \right)$.

$\Rightarrow \angle \left( {MN;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {NI;\left( {SBD} \right)} \right)$.

Ta có: $FI$ là hình chiếu của $MI$ lên $\left( {SBD} \right)$ $\Rightarrow \angle \left( {NI;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {NI;FI} \right) = \angle NIF$.

Xét tam giác $ABC$ có $K$ là giao điểm của hai đường trung tuyến $AN$ và $BH$ nên $K$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $AMN$, cát tuyến $SIK$ có:

$\dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{KA}}{{KN}}.\dfrac{{IN}}{{IM}} = 1$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}.2.\dfrac{{IN}}{{IM}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{IN}}{{IM}} = 1$ $\Rightarrow IM = IN$ $\Rightarrow I$ là trung điểm của $MN$.

Ta có: $NF = \dfrac{{HC}}{2} = \dfrac{{AC}}{4} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}$(Tính chất đường trung bình của tam giác).

Tam giác $SBC$ đều cạnh $a$ nên $SN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Tam giác $ABN$ vuông tại $B$ nên áp dụng định lí Pytago ta có:

$A{N^2} = A{B^2} + B{N^2} = {a^2} + {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{4}.$

Tam giác $SAN$ có trung tuyến $MN$  nên:

$\begin{array}{l}M{N^2} = \dfrac{{A{N^2} + S{N^2}}}{2} - \dfrac{{S{A^2}}}{4} = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{4} + \dfrac{{5{a^2}}}{4}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{3{a^2}}}{4}.\\ \Rightarrow MN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}$

$\Rightarrow NI = \dfrac{{MN}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

Vì $FN \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow FN \bot FI \Rightarrow \Delta FNI$ vuông tại $F$.

$\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \angle FIN = \dfrac{{NF}}{{NI}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}:\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\\ \Rightarrow \cos \angle FIN = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\angle FIN}  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}.\end{array}$

Chọn D.