Trong không gian $Oxyz$, cho hai đường thẳng $d_1:\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1-t\\ z=3+2t\end{array}$ và $d_2:\frac{x}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{-1}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) $d_1$ có điểm $(1;1;3)$, vtcp $\overrightarrow{u_1}=(1;-1;2)$. Với $A(1;3;-2)$: từ $x=1+t=1\Rightarrow t=0$ khi đó $y=1\ne 3$, nên $A$ không thuộc $d_1$ → đúng.
b) $d_2:\frac{x}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{-1}$ có vtcp $\overrightarrow{u_2}=(1;2;-1)$, và $(-1;-2;1)=-\overrightarrow{u_2}$ cũng là một vtcp của $d_2$ → đúng.
c) $\overrightarrow{u_1}=(1;-1;2)$, $\overrightarrow{u_2}=(1;2;-1)$: $\overrightarrow{u_1}\cdot \overrightarrow{u_2}=1-2-2=-3$, $|\overrightarrow{u_1}|=|\overrightarrow{u_2}|=\sqrt{6}$. Cosin góc giữa hai đường thẳng là $\frac{|-3|}{6}=\frac{1}{2}>0$, không thể là $\frac{-1}{2}$ → sai.
d) Điểm $M_0(0;-1;2)\in d_2$, $M_0\notin (P)$ vì $0-1+2-3=-2$. Hình chiếu của $M_0$ trên $(P)$ (với $\vec{n}=(1;1;1)$): $H=M_0-\frac{-2}{3}(1;1;1)=\left(\frac{2}{3};-\frac{1}{3};\frac{8}{3}\right)$. Vtcp của $\Delta$: $\vec{u}=\overrightarrow{u_2}-\frac{\overrightarrow{u_2}\cdot \vec{n}}{3}\vec{n}=(1;2;-1)-\frac{2}{3}(1;1;1)=\left(\frac{1}{3};\frac{4}{3};-\frac{5}{3}\right)\parallel (1;4;-5)$. Với $N(2;5;-4)$: $\frac{2}{3}+s=2\Rightarrow s=\frac{4}{3}$; kiểm tra $y=-\frac{1}{3}+\frac{16}{3}=5$ ✓, $z=\frac{8}{3}-\frac{20}{3}=-4$ ✓. Vậy $N\in \Delta$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Thay $A(1;3;-2)$ vào $d_1$: $x=1\Rightarrow t=0$ khi đó $y=1\ne 3$, nên $A$ không thuộc $d_1$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$d_2$ có vtcp $(1;2;-1)$, do đó $(-1;-2;1)$ cũng là một vtcp của $d_2$. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (d_1,d_2)=\frac{|\overrightarrow{u_1}\cdot \overrightarrow{u_2}|}{|\overrightarrow{u_1}||\overrightarrow{u_2}|}=\frac{|-3|}{6}=\frac{1}{2}$, không phải $\frac{-1}{2}$. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu $\Delta$ đi qua $H\left(\frac{2}{3};-\frac{1}{3};\frac{8}{3}\right)$ với vtcp $(1;4;-5)$. Thay $N(2;5;-4)$: $s=\frac{4}{3}$ thỏa cả ba phương trình, nên $N\in \Delta$. Đúng.