Düzlemin bir \(P(x,y,z)\) noktası için $$\overrightarrow{AP}=(x-3,y+1,z-2)$$ olacaktır. O halde \(<\overrightarrow{N},\overrightarrow{AP}>=0\) denkleminden $$3(x-3)-(y+1)+4(z-2)=0$$ $$\Rightarrow 3x-y+4z=18$$ bulunur.

Şekildeki gibi düzlemin doğrultu vektörlerini \(\overrightarrow{AB}=(1,1,3)\) ve \(\overrightarrow{AC}=(2,0,-1)\) alabiliriz. O halde

$$\overrightarrow{N}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\1 &1  &3 \\ 2 &0  &-1 \end{vmatrix}=(-1,7,-2)$$

olur. Düzlemin bir \(P(x,y,z)\) noktası için

$$\overrightarrow{AP}=(x+1,y-1,z)$$ olur.

\(<\overrightarrow{N},\overrightarrow{AP}>=0\) olacağından düzlemin denklemi

$$3-x-1+7y-7-2z=0$$

$$\Rightarrow -x+7y-2z=8$$ bulunur.

Şekildeki gibi düzlemin herhangi bir \(P(x,y,z)\) noktası için \(\overrightarrow{AB}=(1,1,3)\), \(\overrightarrow{AC}=(2,0,-1)\) ve \(\overrightarrow{AP}=(x+1,y-1,z)\) lineer bağımlı bir üçlü olacağından 

$$\begin{vmatrix}1 &1&3 \\2 &0  &-1 \\ x+1 &y-1  &z \end{vmatrix}=0$$ olmalıdır. Sarrus yöntemiyle bu determinant hesaplanırsa ilk çözümde elde ettiğimiz aynı denklemi buluruz. Yani

$$-x+7y-2z=8$$ bulunur.

Aşağıdaki videoda düzlemin çizimini izleyebilirsiniz.

Düzlemin \(x\), \(y\) ve \(z\) eksenlerini kestiği noktalar sırasıyla \(A(2,0,0)\), \(B(0,3,0)\) ve \(C(0,0,4)\) olsun. Bir önceki örnekte olduğu gibi üç noktası verilen düzlemin denkleminin bulunması üzerine bir çözüm yapalım:

Şekildeki gibi düzlemin doğrultu vektörlerini \(\overrightarrow{AB}=(-2,3,0)\) ve \(\overrightarrow{AC}=(-2,0,4)\) alabiliriz. O halde

$$\overrightarrow{N}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\-2 &3  &0 \\ -2 &0  &4 \end{vmatrix}=(12,8,6)$$

olur. Düzlemin bir \(P(x,y,z)\) noktası için

$$\overrightarrow{AP}=(x-2,y,z)$$ olur.

\(<\overrightarrow{N},\overrightarrow{AP}>=0\) olacağından düzlemin denklemi

$$12(x-2)+8y+6z=0$$

$$\Rightarrow 12x+8y+6z=24$$ bulunur.

Bu denklemin her iki tarafını da 24 e bölelim: 

$$\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{3}+\dfrac{z}{4}=1$$ elde edilir. 

Dikkat ederseniz denklemdeki kesirlerin paydaları düzlemin eksenleri kestiği noktaların ilgili koordinatlarına eşittir. Bu durum bir tesadüf değildir. Aşağıda bunu genelleyelim.

\(A(a,0,0)\), \(B(0,b,0)\) ve \(C(0,0,c)\) olsun. Bu noktalar verilen denklemde yerine yazılırsa \(a=3\), \(b=-4\) ve \(c=6\) elde edilir. (Denklemin her iki tarafı da 12 ye bölünerekte bu değerler görülebilir.) 

Bu durumda \(ABC\) üçgensel bölgesinin alanı şekildeki gibi \(\overrightarrow{BC}=(0,4,6)\) ve \(\overrightarrow{BA}=(3,4,0)\) üzerine kurulu paralelkenarın alanının yarısı olacağından

$$Alan(ABC)=\dfrac{||\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BC}||}{2}$$ olur. 

$$\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BC}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\3 &4  &0 \\ 0 &4  &6 \end{vmatrix}=(24,-18,12)$$ olacağından

$$||\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BC}||=\sqrt{24^2+(-18)^2+12^2}=\sqrt{6^2(4^2+3^2+2^2)}=6\sqrt{29}$$ olur.

O halde 

$$Alan(ABC)=\dfrac{6\sqrt{29}}{2}=3\sqrt{29}$$ bulunur.

Aşağıdaki videoda düzlemin çizimini izleyebilirsiniz.

Uzayda bir doğru ve dışındaki bir noktanın tek bir düzlem belirttiğini 1.ünitede anlatmıştık. Verilen \(A\) noktasının koordinatları doğruda yerine yazılınca eşitlikleri sağlamadığı görüleceği üzere bu nokta doğrunun dışındadır. O halde şekildeki gibi bir düzlem modeli çizebiliriz.

Doğrunun denklemine bakarsak doğrultu vektörü \(\overrightarrow{a}=(2,3,4)\) olacaktır. Doğruya ait rastgele bir \(B\) noktası seçelim. Bunu yaparken kolaylık açısından doğrudaki eşitlikleri 0 yapan değerleri alalım. Bu durumda \(B(1,-1,0)\) olacaktır. (Tabii ki başka noktalarda alınabilirdi.) Bu durumda düzlemin doğrultu vektörlerinden biri \(\overrightarrow{a}=(2,3,4)\) ve diğeri \(\overrightarrow{BA}=(1,2,3)\) olacaktır.  Artık düzlemin normal vektörünü bulabiliriz:

$$\overrightarrow{N}=\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{BA}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\2 &3  &4 \\ 1 &2  &3 \end{vmatrix}=(1,-2,1)$$ olur.

Düzlemin bir \(P(x,y,z)\) noktası için \(\overrightarrow{AP}=(x-2,y-1,z-3)\) olacağından \(\overrightarrow{AP}\) ile \(\overrightarrow{N}\) nün iç çarpımından düzlemin kapalı denklemini elde edebiliriz:

$$1.(x-2)-2(y-1)+1(z-3)=0$$

$$\Rightarrow x-2y+z=3$$ bulunur.

Aşağıdaki videoda düzlemin çizimini izleyebilirsiniz.

Doğruya ait 1.çözümdeki \(B(1,-1,0)\) noktasından farklı bir \(C(3,2,4)\) noktası daha alalım. (Doğrudaki eşitlikleri 1 e eşitleyerek elde ettik. Farklı noktalar da alınabilirdi.)

Üçüncü örneğin 2.çözümünde olduğu gibi \(\overrightarrow{BA}\), \(\overrightarrow{BC}\) ve düzlemin herhangi bir \(P(x,y,z)\) noktası için \(\overrightarrow{BP}\) lineer bağımlı olacaktır.

$$\overrightarrow{BA}=(1,2,3)$$

$$\overrightarrow{BC}=(2,3,4)$$

$$\overrightarrow{BP}=(x-1,y+1,z)$$ olur. O halde

$$\begin{vmatrix}1 &2&3 \\2 &3  &4 \\ x-1 &y+1  &z \end{vmatrix}=0$$ olmalıdır.

Bu determinant alınırsa düzlemin denklemi

$$x-2y+z=3$$ bulunur.