Bu şeklin üç boyutlu Cabri versiyonu için tıklayın!
\(R^3\) te şekildeki gibi bir \(E:Ax+By+Cz+D=0\) düzlemi ve \(P(x_0,y_0,z_0)\) noktası verilsin. Düzlem üzerinde rastgele bir \(A(x_1,y_1,z_1)\) noktası alalım ve normal \(\overrightarrow{N}=(A,B,C)\) nü \(A\) noktasına taşıyalım. Bu durumda \(P\) noktasının düzleme olan uzaklığı \(|AR|\) olacaktır. Dikkat ederseniz aslında bu uzaklık \(\overrightarrow{AP}\) nün \(\overrightarrow{N}\) üzerine izdüşüm vektörünün uzunluğudur. O halde \(P\) noktasının \(E\) düzlemine olan uzaklığını \(d(P,E)\) ile gösterirsek
Şimdi bu eşitliği biraz açalım. Fakat öncelikle \(A(x_1,y_1,z_1)\) noktası düzleme ait olduğundan, düzlem denklemini sağlamalıdır. Yani
$$Ax_1+By_1+Cz_1+D=0\Rightarrow D=-(Ax_1+By_1+Cz_1)$$ olur.
Öte yandan
$$\overrightarrow{AP}=(x_0-x_1,y_0-y_1,z_0-z_1)$$ olduğundan
$$<\overrightarrow{AP},\overrightarrow{N}>=Ax_0+By_0+Cz_0-(Ax_1+By_1+Cz_1)=Ax_0+By_0+Cz_0+D$$ olur.
O halde bu eşitlikleri (1) de yerine yazarsak
Örnek 1
\(R^3\) te \(P(4,-1,3)\) noktasının \(E:x-2y+2z-3=0\) düzlemine olan uzaklığını bulunuz.
Çözüm
Basit bir formülde yerine yazma sorusu olduğu için $$d(P,E)=\dfrac{|4+2+6-3|}{\sqrt{1^2+(-2)^2+2^2}}=\dfrac{9}{3}=3$$ bulunur.
Örnek 2
\(R^3\) te \(P(-1,2,k)\) noktasının \(E:x-y+z-1=0\) düzlemine olan uzaklığı \(4\sqrt{3}\) birim olduğuna göre \(k\) gerçek sayısının alabileceği değerleri bulunuz.
Çözüm
$$d(P,E)=\dfrac{|-1-2+k-1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+(-1)^2}}=\dfrac{|k-4|}{\sqrt{3}}$$ olacağından
$$\dfrac{|k-4|}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}$$ olur. Bu denklemden \(k=16\) veya \(k=-8\) bulunur.
Örnek 3
 |
\(R^3\) te \(O(0,0,0)\) noktasının eksenleri \(A(1,0,0)\),\(B(0,0,2)\) ve \(C(0,3,0)\) noktalarında kesen \(ABC\) düzlemine olan uzaklığını bulunuz. |
Çözüm
Eksenleri kestiği noktaları bilinen düzlemin denkleminden \((ABC)\) nin denklemini bulalım:
$$\dfrac{x}{1}+\dfrac{y}{3}+\dfrac{z}{2}=1\Rightarrow 6x+2y+3z-6=0$$ bulunur. O halde \(O(0,0,0)\) noktasının düzleme uzaklığı
$$d(O, (ABC))=\dfrac{|0+0+0-6|}{\sqrt{6^2+2^2+3^2}}=\dfrac{6}{7}$$ bulunur.
Örnek 4
\(R^3\) te \(E:2x+y-z=4\) düzleminden \(\sqrt{6}\) birim uzaklıkta bulunan noktaların geometrik yer denklemlerini bulup yerlerini ifade ediniz.
Çözüm
Verilen şartı sağlayan herhangi bir nokta \(P(x,y,z)\) olsun. Bu durumda
$$d(P,E)=\dfrac{|2x+y-z-4|}{\sqrt{2^2+1^2+(-1)^2}}=\dfrac{|2x+y-z-4|}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}$$ olacağından
$$|2x+y-z-4|=6$$ olur. Bu eşitlikten
$$2x+y-z-4=6\Rightarrow 2x+y-z=10$$ ve $$2x+y-z-4=-6\Rightarrow 2x+y-z=-2$$ düzlem denklemleri elde edilir. Soruda verilen denkleme ve elde ettiğimiz bu denklemlere bakarsak aslında bu üç düzlemin birbirine paralel olduğunu görürüz. O halde soruda istenen noktaların geometrik yeri, verilen düzlemden eşit uzaklıkta bulunan paralel iki düzlemdir. Daha genel bir ifadeyle
Örnek 5
\(R^3\) te \(A(-2,1,3)\) ve \(B(0,-1,1)\) noktalarından eşit uzaklıkta bulunan noktaların geometrik yer denklemini bulup yerini ifade ediniz.
Çözüm
Verilen şartı sağlayan herhangi bir nokta \(P(x,y,z)\) olsun. Bu durumda \(|AP|=|BP|\) olacağından iki nokta arası uzaklık gereği
$$\sqrt{(x+2)^2+(y-1)^2+(z-3)^2}=\sqrt{x^2+(y+1)^2+(z-1)^2}$$ olur. Bu eşitlik düzenlenirse
$$x-y-z=-3$$ denklemi elde edilir. Dikkat ederseniz bir düzlem denklemi elde ettik. Yani \(A\) ve \(B\) noktalarından eşit uzaklıkta bulunan noktalar aslında bir düzlem belirtiyorlar. Düzlem geometrisinde bu durumu sağlayan noktalar \(AB\) doğru parçasının orta dikme doğrusunu oluştururken, uzayda bu noktalar \(AB\) doğru parçasının orta dikme düzlemini oluştururlar. Daha genel bir ifadeyle
O halde biz bu sorunun çözümü için 2. bir yol daha izleyebiliriz. \([AB]\) nın orta noktası \(C\) olsun.
$$C=\dfrac{A+B}{2}=(-1,0,2)$$ olur. Ayrıca istediğimiz düzlem \([AB]\) na dik olacağından, düzlemin normal vektörünü \(\overrightarrow{N}=\overrightarrow{AB}=(2,-2,-2)\) alabiliriz. O halde istenilen düzlemin denklemi
$$2(x+1)-2(y)-2(z-2)=0\Rightarrow x-y-z=-3$$ bulunur.