45 bài tập phương trình đường thẳng trong không gian mức độ vận dụng

Ta có : \({{\overrightarrow{u}}_{1}}=\left( 1;0;1 \right);{{\overrightarrow{u}}_{2}}\left( 0;-2;3 \right)\) lần lượt là 1 VTCP của d₁ và d₂.

Gọi d là đường vuông góc chung của d₁ và d₂.

Gọi \(M=d\cap {{d}_{1}}\Rightarrow M\in {{d}_{1}}\Rightarrow M\left( 1+t;0;-5+t \right);\,\,N=d\cap {{d}_{2}}\Rightarrow N\in {{d}_{2}}\Rightarrow N\left( 0;4-2t';5+3t' \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( { - t - 1; - 2t' + 4;3t' - t + 10} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} .{\overrightarrow u _1} = 0\\\overrightarrow {MN} .{\overrightarrow u _2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - t - 1 + 3t' - t + 10 = 0\\4t' - 8 + 9t' - 3t + 30 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 3\\t' =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}M\left( {4;0; - 2} \right)\\N\left( {0;6;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( { - 4;6;4} \right) = 2\left( { - 2;3;2} \right)\end{array}\)

Vậy đường vuông góc chung của d₁ và d₂ đi qua \(M\left( 4;0;-2 \right)\) và nhận \(\left( -2;3;2 \right)\) là 1 VTCP nên có phương trình  \(\frac{x-4}{-2}=\frac{y}{3}=\frac{z+2}{2}\) .

Chọn D.

Ta có : 

\({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3a\\y =  - 1 + a\\z = 2 + 2a\end{array} \right.;{d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 + 2b\\y = 3 + 4b\\z = b\end{array} \right..\)

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \({{\vec{u}}_{\Delta }}=\left( 3;-\,4;1 \right).\)

Điểm \(M\in {{d}_{1}}\)\(\Rightarrow M\left( 3a+1;a-1;2a+2 \right)\) và \(N\in {{d}_{2}}\)\(\Rightarrow N\left( 2b-2;4b+3;b \right)\)

Suy ra \(\overrightarrow{MN}=\left( 2b-3a-3;4b-a+4;b-2a-2 \right)\) mà \(M,\,\,N\in \Delta \)\(\Rightarrow \)\(\overrightarrow{MN}\)//\({{\vec{u}}_{\Delta }}\)

Do đó \(\frac{{2b - 3a - 3}}{3} = \frac{{4b - a + 4}}{{ - 4}} = \frac{{b - 2a - 2}}{1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{4}{3}\\b =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M\left( { - 3; - \frac{7}{3}; - \frac{2}{3}} \right)\\N\left( { - 4; - 1; - 1} \right)\end{array} \right..\)

Vậy tọa độ trung điểm của \(MN\) là \(I\left( -\frac{7}{2};-\frac{5}{3};-\frac{5}{6} \right).\)

Chọn D

Dễ thấy \(d//\left( \alpha  \right)\) và \(\left( -\,1;-\,2;-\,3 \right)\in \left( \alpha  \right)\)\(\Rightarrow \,\,d\subset \left( \alpha  \right).\)

Ta có \(B=\Delta \cap \left( Oxy \right)\Rightarrow B\left( a;b;0 \right)\) mà \(B\in \Delta \subset \left( \alpha  \right)\)\(\Rightarrow \,\,2a+b-2=0\Rightarrow b=2-2a\)

Lại có \(d\)//\(\Delta \)\(\Rightarrow \,\,d\left( \left( d \right);\left( \Delta  \right) \right)=d\left( B;\left( d \right) \right)=3.\) Đường thẳng \(d\) đi qua \(M\left( 0;0;-\,1 \right),\) có \({{\vec{u}}_{d}}=\left( 1;2;2 \right).\)

\(\overrightarrow{BM}=\left( -a;-b;-1 \right)\Rightarrow \left[ \overrightarrow{BM};\overrightarrow{u} \right]=\left( -2b+2;-1+2a;-2a+b \right)\)

Do đó

\(\begin{array}{l}
d\left( {B;\left( d \right)} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ;{{\vec u}_d}} \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_d}} \right|}} = \frac{{\sqrt {{{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 2a} \right)}^2} + {{\left( {2a - b} \right)}^2}} }}{3} = 3\\
\Leftrightarrow {\left( {2b - 2} \right)^2} + {\left( {1 - 2a} \right)^2} + {\left( {2a - b} \right)^2} = 81 \Leftrightarrow {\left( {2 - 4a} \right)^2} + {\left( {1 - 2a} \right)^2} + {\left( {4a - 2} \right)^2} = 81\\
\Leftrightarrow {\left( {1 - 2a} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 - 2a = 3\\
1 - 2a = - 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = - 1\\
a = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a = - 1\\
b = 4
\end{array} \right. \Rightarrow B\left( { - 1;4;0} \right)\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b = - 2
\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {2; - 2;0} \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vậy \(AB=\frac{7}{2}.\)

Chọn B.

Đường thẳng \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + 2t\\y = 2 + t\\z =  - 3 - t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) có 1 VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\) và đi qua \(M\left( { - 1;2; - 3} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \left( { - 2;4; - 6} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {2; - 14; - 10} \right)\\ \Rightarrow d\left( {A;d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = \frac{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 14} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 5\sqrt 2 \end{array}\)

Vậy bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R = 5\sqrt 2 \).

Chọn A.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có 1 vecto pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;3} \right).\)

Vì \(d \bot \left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \overrightarrow {{n_P}}  \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2; - 1;3} \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\dfrac{{x - 2}}{2} = \dfrac{{y + 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 1}}{3}\).

Chọn A.

Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y - z - 8 = 0\\3x + 4y - z - 11 = 0\end{array} \right.\) là tập hợp các điểm cùng thuộc hai mặt phẳng.

Cho \(x = 0\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y - z - 8 = 0\\4y - z - 11 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\z =  - 7\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {0;1; - 7} \right) \in \left( P \right) \cap \left( Q \right).\)

Cho \(y = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - z - 8 = 0\\3x - z - 11 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\z =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {3;0; - 2} \right) \in \left( P \right) \cap \left( Q \right).\)

Khi đó đường thẳng \(d\) là giao tuyến của \(\left( P \right);\left( Q \right)\) là đường thẳng đi qua \(A,\,\,B\), nhận  \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3; - 1;5} \right)\) là 1 VTCP. Do đó chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Chọn A.

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x - 6y + m = 0\) có tâm \(I\left( { - 2;3;0} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {4 + 9 - m}  = \sqrt {13 - m} \) với \(m \le 13\).

Gọi \(O\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow IO \bot AB\) và \(OA = OB = \dfrac{1}{2}AB = 4\).

Đường thẳng \(\left( \Delta  \right)\) có 1 vecto chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {2;1;2} \right)\) và \(M\left( {4;3;3} \right) \in \left( \Delta  \right)\) bất kì.

Ta có: \(\overrightarrow {IM}  = \left( {6;0;3} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {IM} ;\overrightarrow u } \right] = \left( { - 3; - 6;6} \right).\)

\( \Rightarrow d\left( {I;\left( \Delta  \right)} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IM} ;\overrightarrow n } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {9 + 36 + 36} }}{{\sqrt {4 + 1 + 4} }} = 3 = IO.\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(OAI\) ta có:

\(\begin{array}{l}I{A^2} = I{O^2} + O{A^2}\\ \Leftrightarrow 13 - m = 9 + 16\\ \Leftrightarrow m =  - 12\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Gọi \(H = d \cap \left( P \right)\).

Vì \(H \in d \Rightarrow H\left( {2t;3 + t;2 - 3t} \right).\)

Mà \(H \in \left( P \right) \Rightarrow 2t - \left( {3 + t} \right) + 2\left( {2 - 3t} \right) - 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 5t - 5 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1 \Rightarrow H\left( { - 2;2;5} \right)\)

Gọi đường thẳng cần tìm là \(d'\). Vì \(d' \subset \left( P \right)\) và \(d'\) cắt \(d\) nên \(H \in d'\) .

Gọi \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1; - 3} \right)\) là 1 VTCP của \(d\), \(\overrightarrow n \left( {1; - 1;2} \right)\) là 1 VTPT của \(\left( P \right)\).

Ta lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}d' \subset \left( P \right)\\d \bot d'\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d'}}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { - 1; - 7; - 3} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \(d'\).

\( \Rightarrow \left( {1;7;3} \right)\) cũng là 1 VTCP của đường thẳng \(d'\).

Vậy phương trình đường thẳng \(d'\) cần tìm là: \(\dfrac{{x + 2}}{1} = \dfrac{{y - 2}}{7} = \dfrac{{z - 5}}{3}\).

Chọn A.

Ta có \(B\left( {0;1;3} \right) \in d\). Mà \(d \subset \left( P \right)\)\( \Rightarrow B\left( {0;1;3} \right) \in \left( P \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;2;1} \right)\)

Đường thẳng d có 1 vecto chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {1;1; - 2} \right)\)

Ta có: \(\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - 5; - 5; - 5} \right)\parallel \left( {1;1;1} \right)\).

Gọi \(\overrightarrow {{n_P}} \) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( P \right)\\d \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\\\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} \) cùng phương với \(\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{u_d}} } \right]\). Do đó \(\left( P \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;1;1} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(x - 3 + y + 1 + z - 2 = 0 \Leftrightarrow x + y + z - 4 = 0\).

Chọn C.

Gọi \(A \in {d_1}:\dfrac{{x - 2}}{1} = \dfrac{{y - 4}}{1} = \dfrac{z}{{ - 2}} \Rightarrow A\left( {a + 2;a + 4; - 2a} \right)\)

       \(B \in {d_2}:\dfrac{{x - 3}}{2} = \dfrac{{y + 1}}{{ - 1}} = \dfrac{{z + 2}}{{ - 1}} \Rightarrow B\left( {2b + 3; - b - 1; - b - 2} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2b - a + 1; - b - a - 5; - b + 2a - 2} \right)\)

Mà \(\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1;1; - 2} \right);\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {{n_2}}  = \left( {2; - 1; - 1} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b - a + 1 - b - a - 5 - 2\left( { - b + 2a - 2} \right) = 0\\2\left( {2b - a + 1} \right) + b + a + 5 + b - 2a + 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6a + 3b = 0\\ - 3a + 6b + 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b =  - 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;3;2} \right)\\B\left( { - 1;1;0} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy trung điểm M của AB là \(M\left( {0;2;1} \right) \Rightarrow OM = \sqrt 5 .\)

Chọn D.

Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với \(\left( P \right)\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  \bot \overrightarrow {{n_d}}  = \left( {1;1; - 1} \right)\\\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  \bot \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1; - 1;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_d}} ;\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {0; - 2; - 2} \right)\)

Mà \(I\left( {0;0; - 1} \right) \in d \Rightarrow I\left( {0;0; - 1} \right) \in \left( Q \right)\)

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là \(y + z + 1 = 0\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}y + z + 1 = 0\\x - y + z + 1 = 0\end{array} \right.\)

+) Cho \(x = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y + z =  - 1\\ - y + z =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {0;0; - 1} \right)\)

+) Cho \(z = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - 1\\x - y =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow B\left( { - 2; - 1;0} \right)\)

Phương trình hình chiếu của d trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( {0;0; - 1} \right);B\left( { - 2; - 1;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA}  = \left( {2;1; - 1} \right)\)

Có phương trình là \(\dfrac{x}{2} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{{z + 1}}{{ - 1}}\)

Chọn C.

Đường thẳng \(d:\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{y}{{ - 1}} = \dfrac{z}{1}\) có vecto chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {2; - 1;1} \right)\) và đi qua \(A\left( {1;0;0} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {IA}  = \left( {0;0; - 2} \right)\)\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {IA} ;\overrightarrow n } \right] = \left( { - 2; - 4;0} \right).\)

Vậy \(d\left( {I;d} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IA} ;\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {4 + 16} }}{{\sqrt {4 + 1 + 1} }} = \dfrac{{\sqrt {30} }}{3}.\)

Chọn B.

Đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 + 3t\\z = 3 + 4t\end{array} \right.\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}} \left( {2;3;4} \right)\).

Đường thẳng \(\left( {{d_2}} \right):\dfrac{{x - 3}}{4} = \dfrac{{y - 5}}{6} = \dfrac{{z - 7}}{8}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {4;6;8} \right)\).

Dễ thấy \(\overrightarrow {{u_2}}  = 2\overrightarrow {{u_1}} \), do đó \(\overrightarrow {{u_1}} ,\,\overrightarrow {{u_2}} \) cùng phương.

Lấy \(A\left( {1;2;3} \right) \in \left( {{d_1}} \right)\), thay vào phương trình đường thẳng \({d_2}\) ta có: \(\dfrac{{1 - 3}}{4} = \dfrac{{2 - 5}}{6} = \dfrac{{3 - 7}}{8} =  - \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow A \in {d_2}\).

Vậy \(\left( {{d_1}} \right) \equiv \left( {{d_2}} \right)\).

Chọn B.

\(\begin{array}{l}{d_1}:\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y + 1}}{{ - 1}} = \dfrac{z}{2} = a \Rightarrow B\left( {a + 1; - a - 1;2a} \right)\\{d_2}:\dfrac{x}{1} = \dfrac{{y - 1}}{2} = \dfrac{z}{1} = b \Rightarrow C\left( {b;2b + 1;b} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( {b - 5;2b + 4;b - 5} \right)\\\overrightarrow {AB}  = \left( {a - 4; - a + 2;2a - 5} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b - 5 = k\left( {a - 4} \right)\\2b + 4 = k\left( { - a + 2} \right)\\b - 5 = k\left( {2a - 5} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 1\\k = 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow B\left( {2; - 2;2} \right),C\left( { - 1; - 1; - 1} \right)\\ \Rightarrow BC = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {19} \end{array}\)

Chọn D

Ta có: \(\Delta :\,\,\,\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{y}{{ - 1}} = \dfrac{{z + 3}}{5}\) có VTCP là: \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {2; - 1;\,\,5} \right).\)

\(d//\Delta  \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2; - 1;\,\,5} \right).\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(d:\,\,\,\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y + 1}}{{ - 1}} = \dfrac{z}{5}.\)  

Ta có: \(\,\,\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y + 1}}{{ - 1}} = \dfrac{z}{5} = t\)

Với \(t = 1\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 1 = 3\\y =  - 1 - 1 =  - 2\\z = 5\end{array} \right. \Rightarrow d\) đi qua điểm \(M\left( {3; - 2;\,\,5} \right)\)

\( \Rightarrow d:\,\,\,\dfrac{{x - 3}}{2} = \dfrac{{y + 2}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 5}}{5}.\) 

Chọn B.

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng cần tìm và \(\overrightarrow {{n_P}} \) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Đường thẳng \({d_1}:\,\,\dfrac{{x + 2}}{{ - 1}} = \dfrac{{y - 1}}{2} = \dfrac{z}{2}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 1;2;2} \right)\), đường thẳng \({d_2}:\,\,\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{y}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 3}}{{ - 2}}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1; - 1; - 2} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1}\parallel \left( P \right)\\{d_2}\parallel \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\\\overrightarrow {{u_2}} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 2;0; - 1} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là:

\( - 2\left( {x - 0} \right) - 1.\left( {z - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow  - 2x - z + 2 = 0\) \( \Leftrightarrow 2x + z - 2 = 0\).

Chọn D.

Vì \(M \in d:\,\,\dfrac{x}{{ - 2}} = \dfrac{{y - 1}}{1} = \dfrac{z}{1} \Rightarrow \) Gọi \(M\left( { - 2t;\,\,1 + t;\,\,t} \right)\).

Ta có: \(OM = \sqrt {{{\left( { - 2t} \right)}^2} + {{\left( {1 + t} \right)}^2} + {t^2}}  = \sqrt {6{t^2} + 2t + 1} \).

            \(d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {2\left( { - 2t} \right) - \left( {1 + t} \right) + 2t - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \dfrac{{\left| { - 3t - 3} \right|}}{3} = \left| {t + 1} \right|\).

Theo bài ra ta có: M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng \(\left( P \right)\)\( \Leftrightarrow \sqrt {6{t^2} + 2t + 1}  = \left| {t + 1} \right|\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 6{t^2} + 2t + 1 = {t^2} + 2t + 1\\ \Leftrightarrow 5{t^2} = 0 \Leftrightarrow t = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow M\left( {0;1;0} \right)\)

Vậy có 1 điểm \(M\)  thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(M\left( {0;1;0} \right)\).

Chọn D.

Gọi \(M = d \cap {\Delta _1} \Rightarrow M\left( {1 + {t_1};\,\, - 2 + 4{t_1};\,\,2 + 3{t_1}} \right)\), \(N = d \cap {\Delta _2} \Rightarrow N\left( { - 4 + 5{t_2};\,\, - 7 + 9{t_2};\,\,{t_2}} \right)\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( {5{t_2} - {t_1} - 5;\,\,9{t_2} - 4{t_1} - 5;\,\,{t_2} - 3{t_1} - 2} \right)\).

Vì \(d \bot \left( P \right):\,\,4y - z + 3 = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow n \left( {0;4; - 1} \right)\) nên \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow n \) là 2 vectơ cùng phương.

\( \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = k\overrightarrow n \,\,\left( {k \ne 0} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5{t_2} - {t_1} - 5 = 0\\9{t_2} - 4{t_1} - 5 = 4k\\{t_2} - 3{t_1} - 2 =  - k\end{array} \right.\)  \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 5{t_2} - 5\\9{t_2} - 4{t_1} - 5 = 4k\\4{t_2} - 12{t_1} - 8 =  - 4k\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 5{t_2} - 5\\13{t_2} - 16{t_1} - 13 = 0\\{t_2} - 3{t_1} - 2 =  - k\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 5{t_2} - 5\\13{t_2} - 16\left( {5{t_2} - 5} \right) - 13 = 0\\{t_2} - 3{t_1} - 2 =  - k\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 5{t_2} - 5\\ - 67{t_2} + 67 = 0\\{t_2} - 3{t_1} - 2 =  - k\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_2} = 1\\{t_1} = 0\\k = 1\end{array} \right.\) .

\( \Rightarrow M\left( {1;\,\, - 2;\,\,2} \right),\,\,N\left( {1;\,\,2;\,\,1} \right)\) \( \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( {0;4; - 1} \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(d\) đi qua \(M\) và có 1 VTCP \(\overrightarrow {MN} \left( {0;4; - 1} \right)\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 2 + 4t\\z = 2 - t\end{array} \right.\).

Chọn A.

Đường thẳng \(\Delta :\,\,\dfrac{{x - 1}}{3} = \dfrac{y}{{ - 2}} = \dfrac{{z + 2}}{{ - 1}}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow u  = \left( {3; - 2; - 1} \right)\).

Vì \(\left( \alpha  \right) \bot \Delta \) nên mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow n  = \overrightarrow u  = \left( {3; - 2; - 1} \right)\). Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có dạng \(3x - 2y - z + d = 0\).

Mặt cầu \(\left( S \right):\,\,{x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x + 2y + 2z - 3 = 0\) có tâm \(I\left( {4; - 1; - 1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {16 + 1 + 1 + 3}  = \sqrt {22} \).

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn \(\left( C \right)\), \(d = d\left( {I;\left( \alpha  \right)} \right)\).

Áp dụng định lí Pytago ta có: \({R^2} = {r^2} + {d^2}\), do đó để \(r\) đạt GTLN thì \(d\) phải đạt GTNN (vì \(R = \sqrt {22} \) không đổi).

Ta có: \(d = \dfrac{{\left| {3.4 - 2.\left( { - 1} \right) - 1.\left( { - 1} \right) + d} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \dfrac{{\left| {15 + d} \right|}}{{\sqrt {14} }} \ge 0\), suy ra \({d_{\min }} = 0 \Leftrightarrow d =  - 15\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cần tìm là: \(3x - 2y - z - 15 = 0\).

Chọn D.

Cho \(t = 2\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2m + 2m = 1\\y =  - 2 + 2m + \left( {1 - m} \right).2 = 0\\z = 1 + 2 = 3\end{array} \right.\)

Do đó (d) luôn đi qua điểm \(M\left( {1;0;3} \right)\) cố định.

Gọi H là hình chiếu của A lên (d) thì \(d\left( {A,\left( d \right)} \right) = AH \le AM\) với mọi vị trí của H.

Do đó để \(d\left( {A,\left( d \right)} \right)\) đạt GTLN hay \(A{H_{\max }}\) thì \(H \equiv M\) hay \(AM \bot d\)

Ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \left( {\dfrac{1}{2}; - 1; - 1} \right),\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {m;1 - m;1} \right)\)

\(\begin{array}{l}AM \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}.m - 1.\left( {1 - m} \right) - 1.1 = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{3}{2}m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{4}{3}.\end{array}\)

Chọn B.