Cho hình chóp đều S.ABCD có $SA=a\sqrt{5},AB=a$. Gọi M, N, P, Q...

Dễ dàng chứng minh được MNPQ đồng phẳng và $\left(MNPQ\right)//\left(ABCD\right)$ dựa vào tính chất đường trung bình của tam giác.
$\Rightarrow \widehat{(DN,\left(MQP\right))}=\widehat{(DN,\left(MNP\right))}=\widehat{(DN,\left(ABCD\right))}$.
Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$.
Gọi H là trung điểm của OB.
Xét tam giác SOB có NH là đường trung bình
$\Rightarrow NH//SO\Rightarrow NH\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$.
$\Rightarrow DH$ là hình chiếu của DN trên $\left(ABCD\right)$.
$\Rightarrow \widehat{(DN,\left(ABCD\right))}=\widehat{(DN,DH)}=\widehat{NDH}$.
ABCD là hình vuông cạnh $a\Rightarrow BD=a\sqrt{2}\Rightarrow DH={\displaystyle \frac{3}{4}}BD={\displaystyle \frac{3a\sqrt{2}}{4}},OB={\displaystyle \frac{1}{2}}BD={\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}.$
Xét tam giác vuông SOB có $SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}={\displaystyle \frac{3a}{\sqrt{2}}}\Rightarrow NH={\displaystyle \frac{1}{2}}SO={\displaystyle \frac{3a}{2\sqrt{2}}}.$
Xét tam giác vuông NHD có: $ND=\sqrt{N{H}^2+H{D}^2}=\sqrt{{\displaystyle \frac{9a^2}{8}}+{\displaystyle \frac{9a^2}{8}}}={\displaystyle \frac{3a}{2}}.$
$\Rightarrow \cos \widehat{NDH}={\displaystyle \frac{DH}{ND}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{3a\sqrt{2}}{4}}}{{\displaystyle \frac{3a}{2}}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}.$

Lưu ý: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng cắt nhau là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.