a) Trường hợp 1 Xét $I$ thuộc đoạn $OA$
Ta có $\left\{ \begin{align}
& I\in \left( \alpha \right)\cap \left( ABD \right) \\
& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\
& \left( ABD \right)\cap \left( SBD \right)=BD \\
\end{align} \right.$
$\Rightarrow \left( \alpha \right)\cap \left( ABD \right)=MN\parallel BD,I\in MN$.
Tương tự $\left\{ \begin{align}
& N\in \left( \alpha \right)\cap \left( SAD \right) \\
& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\
& \left( SAD \right)\cap \left( SBD \right)=SD \\
\end{align} \right.$ $\Rightarrow \left( SAD \right)\cap \left( \alpha \right)=NP\parallel SD,P\in SN$.
Thiết diện là tam giác $MNP$.
Do $\left\{ \begin{align}
& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\
& \left( SAB \right)\cap \left( SBD \right)=SB \\
& \left( SAB \right)\cap \left( \alpha \right)=MP \\
\end{align} \right.\Rightarrow MP\parallel SB$. Hai tam giác $MNP$ và $BDS$ có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng, mà $BDS$đều nên tam giác $MNP$ đều.
Trường hợp 2 Điểm $I$ thuộc đoạn $OC$, tương tự trường hợp 1 ta được thiết diện là tam giác đều $HKL$ như $\left( hv \right)$.
b) Trường hợp 1 $I$ thuộc đoạn $OA$
Ta có ${{S}_{BCD}}=\dfrac{B{{D}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{{{b}^{2}}\sqrt{3}}{4}$, $\dfrac{{{S}_{MNP}}}{{{S}_{BCD}}}={{\left( \dfrac{MN}{BD} \right)}^{2}}$
Do $MN\parallel BD\Rightarrow \dfrac{MN}{BD}=\dfrac{AI}{AO}=\dfrac{2x}{a}$$\Rightarrow {{S}_{MNP}}={{\left( \dfrac{2x}{a} \right)}^{2}}{{S}_{BCD}}=\dfrac{{{b}^{2}}{{x}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}}$.
Trường hợp 2 $I$ thuộc đoạn $OC$, tính tương tự ta có
${{S}_{MNP}}={{\left( \dfrac{HL}{BD} \right)}^{2}}{{S}_{BCD}}={{\text{ }\!\![\!\!\text{ }\dfrac{2\left( a-x \right)}{a}\text{ }\!\!]\!\!\text{ }}^{2}}\dfrac{{{b}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{{{b}^{2}}{{\left( a-x \right)}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}}$.
Vậy ${{S}_{td}}=\left\{ \begin{align}
& \dfrac{{{b}^{2}}{{x}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}};I\in (OA) \\
& \dfrac{{{b}^{2}}{{\left( a-x \right)}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}};I\in \left( OC \right) \\
\end{align} \right.$.
