Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Gọi $H$ là trung điểm của $OA$ ta có $MH\parallel SO \Rightarrow MH \bot \left( {ABCD} \right)$.

$\Rightarrow HN$ là hình chiếu của $MN$ lên $\left( {ABCD} \right)$.

$\Rightarrow \angle \left( {MN;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {MN;HN} \right) = \angle MNH = {60^0}$.

Xét tam giác $CHN$ có: $CN = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2}$, $CH = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{4}$, $\angle HCN = {45^0}$.

$\begin{array}{l} \Rightarrow H{N^2} = C{H^2} + C{N^2} - 2CH.CN.\cos {45^0}\\\,\,\,\,\,\,\,H{N^2} = \dfrac{{9{a^2}}}{8} + \dfrac{{{a^2}}}{4} - 2.\dfrac{{3a\sqrt 2 }}{4}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\\\,\,\,\,\,\,\,H{N^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{8} \Rightarrow HN = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{4}\end{array}$

Xét tam giác vuông $MNH$ có: $MN = \dfrac{{NH}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2}$.

Trong $\left( {SAC} \right)$ gọi $E = CM \cap SO$ $\Rightarrow \left( {MBC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = BE$.

Trong $\left( {MBC} \right)$ gọi $I = MN \cap BE \Rightarrow I = MN \cap \left( {SBD} \right)$.

Gọi $K$ là trung điểm của $OB$ $\Rightarrow NK\parallel OC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OC \bot BD\\OC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow NK \bot \left( {SBD} \right)$.

$\Rightarrow IK$ là hình chiếu của $IN$ lên $\left( {SBD} \right)$.

$\Rightarrow \angle \left( {MN;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {IN;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {IN;IK} \right) = \angle NIK$.

Ta có $NK = \dfrac{1}{2}OC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $MAC$ ta có: $\dfrac{{EM}}{{EC}}.\dfrac{{OC}}{{OA}}.\dfrac{{SA}}{{SM}} = 1$ $\Leftrightarrow \dfrac{{EM}}{{EC}}.1.2 = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{EM}}{{EC}} = \dfrac{1}{2}$.  

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $MNC$ ta có: $\dfrac{{IM}}{{IN}}.\dfrac{{BN}}{{BC}}.\dfrac{{EC}}{{EM}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{IM}}{{IN}}.\dfrac{1}{2}.2 = 1 \Leftrightarrow IM = IN$.

$\Rightarrow IN = \dfrac{1}{2}MN = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{4}$.

Xét tam giác vuông $INK$ có: $sin\angle NIK = \dfrac{{NK}}{{IN}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}:\dfrac{{a\sqrt {10} }}{4} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}$.

Vậy $\cos \angle NIK = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\angle NIK}  = \sqrt {1 - \dfrac{1}{5}}  = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

Chọn C.