a) Vì A là giao điểm của (d₁) và Oy nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 0\\{y_A} = 0 + 3 = 3\end{array} \right.\)

Suy ra A(0; 3).

Vì B là giao điểm của (d₂) và Oy nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 0\\{y_B} = 3.0 + 7 = 7\end{array} \right.\)

Suy ra B(0; 7).

Vì I là trung điểm của AB nên tọa độ của I là

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\{y_B} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{2} = 0\\{y_B} = \frac{2} = 5\end{array} \right.\)

Vậy I(0; 5).

b) Ta có I(0; 5) suy ra OI = 5.

Hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂) là nghiệm của phương trình:

x + 3 = 3x + 7

⇔ x – 3x = 7 – 3

⇔ – 2x = 4

⇔ x = – 2

Suy ra y = – 2 + 3 = 1

Do đó J(– 2; 1), suy ra \[OJ = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 5 \].

Gọi H là hình chiếu của J lên Oy. Do đó H(0; 1).

Suy ra OH = 1 và JH = 2.

Do đó IH = OI – OH = 5 – 1 = 4.

Khi đó, theo định lí Pythagore ta có: IJ² = IH² + JH²

\[ \Rightarrow IJ = \sqrt {I{H^2} + J{H^2}} = \sqrt {{4^2} + {2^2}} = 2\sqrt 5 \]

Suy ra OI² = OJ² + JI²

Do đó tam giác OIJ vuông tại J (định lý Pytago đảo)

Ta có \[{{\rm{S}}_{{\rm{OIJ}}}} = \frac{1}{2}JI.J{\rm{O}} = \frac{1}{2}.2\sqrt 5 .\sqrt 5 = 5\]

Vậy tam giác OIJ vuông tại J có diện tích bằng 5.