a)

Vì $SA=SB=SC=SD$

$\to SO\bot \left( ABCD \right)$

Gọi $E$ là trung điểm $AO$

$\to ME\,\,||\,\,SO$  (đường trung bình)

$\to ME\bot \left( ABCD \right)$

$\to \widehat{MNE}=60{}^\circ $  (theo giả thiết đề cho)

Vì $\begin{cases}AB=a\\BC=2a\\AC=a\sqrt{5}\end{cases}\,\,\,\to\,\,\,\cos\widehat{ACB}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$

Tính dễ dạng được: $\begin{cases}CN=a\\CE=\dfrac{3a\sqrt{5}}{4}\end{cases}$

$\Delta CEN$ có  $\begin{cases}CN=a\\CE=\dfrac{3a\sqrt{5}}{4}\\\cos\widehat{ACB}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\end{cases}\,\,\,\to\,\,\,EN=\dfrac{a\sqrt{13}}{4}$

$\bullet \,\,\,\,\,ME=EN.\tan \widehat{MNE}=\dfrac{a\sqrt{13}}{4}.\tan 60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{39}}{4}$

$\to SO=2ME=\dfrac{a\sqrt{39}}{2}$

Vì có $SO$ nên dễ dàng tính được

$SA=SB=SC=SD=a\sqrt{11}$

Sử dụng công thức diện tích Hê-rông, tính được:

${{S}_{\Delta SAB}}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{43}}{4}$

Vì $M$ là trung điểm $SA$

Nên ${{S}_{\Delta SBM}}=\dfrac{1}{2}{{S}_{\Delta SAB}}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{43}}{8}$

b)

Bài toán quen thuộc

Chỉ cần gọi $F$ là trung điểm $SD$

Dễ dàng chứng minh$\begin{cases}MF=NC\\MF\,\,||\,\,NC\end{cases}$

$\to MFCN$ là hình bình hành

$\to MN\,\,||\,\,CF$

Tới đây game là dễ

Vẽ $CG\bot BD$

$\to CG\bot \left( SBD \right)$

$\sin \left( MN;\left( SBD \right) \right)=\sin \left( CF;GF \right)=\sin \widehat{CFG}$

$\bullet \,\,\,\,\,CF=MN=\sqrt{M{{E}^{2}}+E{{N}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{13}}{2}$

Hệ thức lượng:

$\dfrac{1}{C{{G}^{2}}}=\dfrac{1}{C{{B}^{2}}}+\dfrac{1}{C{{D}^{2}}}\,\,\,\to \,\,CG=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}$

Vậy $\sin \widehat{CFG}=\dfrac{CG}{CF}=\dfrac{\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}}{\dfrac{a\sqrt{13}}{2}}\,\,=\,\,\dfrac{4\sqrt{65}}{65}$