\(\left(d\right)\) có dạng \(y=kx+b\), do \(M\left(0;1\right)\in\left(d\right)\Rightarrow1=k\cdot0+b\)
\(\Rightarrow b=1\Rightarrow y=kx+1\).
Ta có: \(AB=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2}\).
\(=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(x_2^2-x_1^2\right)^2}\) (do \(A,B\in\left(P\right):y=x^2\))
\(=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2\left[\left(x_1+x_2\right)^2+1\right]}\)
\(=\sqrt{\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]\left[\left(x_1+x_2\right)^2+1\right]}\).
Phương trình hoành độ giao điểm: \(x^2=kx+1\Leftrightarrow x^2-kx-1=0\left(1\right)\).
Để thỏa mãn đề thì phương trình \(\left(1\right)\) phải có 2 nghiệm phân biệt, tức là:
\(\Delta=\left(-k\right)^2-4\left(-1\right)=k^2+4>0\) (luôn đúng).
Do đó, \(\left(1\right)\) có nghiệm với mọi \(k\).
Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=k\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-1\end{matrix}\right.\).
Thay hệ trên vào \(AB\), thu được:
\(AB=\sqrt{\left[k^2-4\left(-1\right)\right]\left(k^2+1\right)}=\sqrt{\left(k^2+4\right)\left(k^2+1\right)}\)
Hạ \(OH\perp d\left(H\in d\right)\), suy ra phương trình đường thẳng \(OH\) có dạng: \(y=-\dfrac{1}{k}x\).
Phương trình hoành độ giao điểm của \(d,OH:kx+1=-\dfrac{1}{k}x\)
\(\Rightarrow x_H=-\dfrac{k}{k^2+1}\Rightarrow y_H=\dfrac{1}{k^2+1}\).
Do đó: \(OH=\sqrt{\left(x_H-0\right)^2+\left(y_H-0\right)^2}=\sqrt{\left(-\dfrac{k}{k^2+1}\right)^2+\left(\dfrac{1}{k^2+1}\right)^2}\)
Diện tích tam giác \(OAB:\)
\(S=\dfrac{1}{2}AB\cdot OH\Leftrightarrow4\sqrt{2}=\sqrt{\left(k^2+4\right)\left(k^2+1\right)}\cdot\sqrt{\dfrac{k^2+1}{\left(k^2+1\right)^2}}\)
\(\Leftrightarrow4\sqrt{2}=\sqrt{k^2+4}\Rightarrow k=\pm2\sqrt{7}\).
