Phương pháp giải:

+) Gọi A’ là hình chiếu của A trên (P), điểm A’ cố định.

+) Chứng minh \(\widehat{A'HB}={{90}^{0}}\Rightarrow \) H thuộc đường tròn đường kính A’B không đổi khi d thay đổi.

+) Khi đó \(R=\frac{A'B}{2}\)

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy \(B\in \left( P \right)\)

Gọi A’ là hình chiếu của A trên mp(P), A’ cố định.

Ta có 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime } \bot d}\\{AH \bot d}\end{array}} \right. \Rightarrow d \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow d \bot A'H \Rightarrow \widehat {A'HB} = {90^0}\)

\(\Rightarrow\) khi d thay đổi điểm H luôn thuộc đường tròn đường kính A’B cố định.

Trước hết ta viết phương trình đường thẳng AA’ qua A và vuông góc với (P) nên nhận \({{\overrightarrow{n}}_{\left( P \right)}}=\left( 1;1;1 \right)\) là 1 VTCP nên có phương trình \(\left\{{\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4 + t}\\{y = 6 + t}\\{z = 2 + t}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l}A' \in AA' \Rightarrow A'\left( {4 + t;6 + t;2 + t} \right);A' \in \left( P \right) \Rightarrow 4 + t + 6 + t + 2 + t = 0 \Leftrightarrow 3t + 12 = 0 \Leftrightarrow t = - 4\\ \Rightarrow A'\left( {0;2; - 2} \right)\end{array}\)

Khi đó \(A'B=\sqrt{{{\left( 2-0 \right)}^{2}}+{{\left( -2-2 \right)}^{2}}+{{\left( 0+2 \right)}^{2}}}=2\sqrt{6}\)

Vậy H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính \(R=\frac{A'B}{2}=\sqrt{6}\)

Chọn A.