Đáp án đúng: A
Giải chi tiết:Xét hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y + 1}}{1} = \dfrac{{2 - z}}{1}\\x + y - z + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 1\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {1; - 1;2} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,x + y - z + 2 = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;1; - 1} \right)\), đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y + 1}}{1} = \dfrac{{2 - z}}{1}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;1; - 1} \right) = \overrightarrow {{n_P}} \).
\( \Rightarrow \left( d \right) \bot \left( P \right) \Rightarrow SA \bot \left( P \right)\) \( \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\).
Ta có: \(AB = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2},\,\,AC = \sqrt 2 \) và \(\dfrac{{HS}}{{HB}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{A{B^2}}} = 2S{A^2},\,\,\dfrac{{KS}}{{KC}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{S{A^2}}}{2}\).
Gọi \(D = HK \cap BC\). Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SBC\), cát tuyến \(KHD\) ta có:
\(\dfrac{{HS}}{{HB}}.\dfrac{{KC}}{{KS}}.\dfrac{{DB}}{{DC}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow 4\overrightarrow {DB}  = \overrightarrow {DC} \).
\( \Rightarrow D\left( {\dfrac{1}{3}; - \dfrac{2}{3};\dfrac{5}{3}} \right)\) \( \Rightarrow \overrightarrow {AD}  = \left( { - \dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}; - \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {2; - 1;1} \right)\).
\( \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( {AHK} \right)\) và \(\left( P \right)\) là đường thẳng \(AD\) có phương trình tham số: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 1 - t\\z = 2 + t\end{array} \right.\).
Vì \(B,\,\,C\) nằm cùng phía so với \(AD\) nên gọi \(C'\) là điểm đối xứng với \(C\) qua \(AD\) thì \(C'\left( {1;0;3} \right)\).
Ta có \(MB + MC = MB + MC' \ge BC' = \dfrac{{\sqrt {14} }}{2}\).
Vậy \(\min \left( {MB + MC} \right) = BC' = \dfrac{{\sqrt {14} }}{2}\).
Chọn A