(1) 直線 $L$ 通過點 $P(0,-6,9)$，且方向向量為 $\overset{\large\rightharpoonup}{d} = (1,4,-2)$。可將 $L$ 表示為參數式： $$\begin{cases} x = t \\ y = -6 + 4t \\ z = 9 - 2t \end{cases} \ (t \in \mathbb{R})$$ 將參數式代入球面方程式 $S: x^2 + y^2 + z^2 = 54$： $$t^2 + (-6 + 4t)^2 + (9 - 2t)^2 = 54$$ $$t^2 + (16t^2 - 48t + 36) + (4t^2 - 36t + 81) = 54$$ $$21t^2 - 84t + 63 = 0 \implies t^2 - 4t + 3 = 0$$ 解之得 $t = 1$ 或 $t = 3$。 - 當 $t = 1$ 時，代入得交點坐標為 $(1, -2, 7)$。 - 當 $t = 3$ 時，代入得交點坐標為 $(3, 6, 3)$。 因此，直線 $L$ 與球面 $S$ 的交點坐標為 $(1, -2, 7)$ 與 $(3, 6, 3)$。 (2) 當平面包含直線 $L$ 且同時通過球心 $O(0,0,0)$ 時，此平面為球面之大圓所在的割面。相交所得之圓的半徑即為球面半徑 $R = \sqrt{54}$，此時相交之圓有最大面積： $$\text{面積最大值} = \pi R^2 = 54\pi$$ 此平面必定存在，因為球心 $O(0,0,0)$ 不在直線 $L$ 上（若在 $L$ 上，則 $t=0$ 代入得 $(0,-6,9) \ne O$），故球心與直線 $L$ 可唯一決定一個平面。 (3) 設平面為 $E$，其包含直線 $L$。平面與球面相交之圓半徑 $r$ 與球心到平面的距離 $d(O, E)$ 滿足 $r^2 = R^2 - d(O, E)^2$。 若要所得之圓面積最小，其半徑 $r$ 需最小，即球心到平面的距離 $d(O, E)$ 必須最大。 因為直線 $L$ 落在平面 $E$ 上，所以球心到平面 $E$ 的距離 $d(O, E)$ 最大為球心 $O(0,0,0)$ 到直線 $L$ 的垂直距離 $d(O, L)$。 當 $d(O, E) = d(O, L)$ 時，球心 $O$ 在平面 $E$ 的投影點即為球心 $O$ 在直線 $L$ 的垂足 $Q$。此時，平面的法向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{n}$ 與 $\overset{\large\rightharpoonup}{OQ}$ 平行。 設 $Q$ 在直線 $L$ 上，其參數坐標為 $Q(t, -6+4t, 9-2t)$。向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{OQ} = (t, -6+4t, 9-2t)$ 必須與直線方向向量 $\overset{\large\rightharpoonup}{d} = (1,4,-2)$ 垂直： $$\overset{\large\rightharpoonup}{OQ} \cdot \overset{\large\rightharpoonup}{d} = 0 \implies t(1) + (-6+4t)(4) + (9-2t)(-2) = 0$$ $$t - 24 + 16t - 18 + 4t = 0 \implies 21t - 42 = 0 \implies t = 2$$ 代入 $t = 2$ 得垂足 $Q$ 的坐標為 $(2, 2, 5)$。故法向量可取為 $\overset{\large\rightharpoonup}{n} = (2, 2, 5)$。 此平面通過點 $Q(2,2,5)$，平面方程式為： $$2(x-2) + 2(y-2) + 5(z-5) = 0 \implies 2x + 2y + 5z = 33$$