HM Noktası Üzerine

[ygzgndgn]

HM Noktası veya Humpty Point, özellikle Amerikan Geometri problemlerinde sıklıkla karşılaşılan bir noktadır. Bu gönderide bu noktanın çeşitli özelliklerine değineceğiz.

Tanım. $P_A$ şu koşulları sağlıyorsa $A$-HM noktası olarak tanımlanır: $\angle{P_AAB}=\angle{P_ABC}$ ve $\angle{P_AAC}=\angle{P_ACB}$.

Özellik 1. $A$-HM noktası, $A$-kenarortay üzerindedir.
İspat. $M$, $BC$ kenarının orta noktası ve $AP_A\cap BC=\{M'\}$ olsun. Açı eşitlikleri ve kuvvetten faydalanırsak $M'B^2=M'A\cdot M'P_A=M'C^2\Rightarrow M'B=M'C$ gelir. Fakat bu $M'\equiv M$ demektir. İspat biter. $\blacksquare$

Özellik 2. $H$, $\triangle{ABC}$ nin diklik merkezi ise $H,P_A,C,B$ çemberdeştir..
İspat. $H$ ın $M$ ye göre yansımasının $A$ nın antipodu olup çevrel çember üzerinde olduğu bilindiktir. Bu $(HBC)$ nin $(ABC)$ nin $BC$ ye göre yansıması olduğunu ifade eder. Öyleyse $P_A$ nın $M$ ye göre yansıması $P_A'$ ise $P_A\in (HBC)\Leftrightarrow P_A'\in (ABC)$ sağlanır. Kenar eşitliklerinden ötürü $P_ABP_A'C$ bir paralelkenardır. Açı koşullarından ötürü
$$\angle{P_A'AC}=\angle{P_AAC}=\angle{P_ACB}=\angle{CBP_A'}\Rightarrow P_A'\in(ABC)$$
sağlanır. İspat biter. $\blacksquare$

Özellik 3. $HP_A\perp AM$.
İspat. $AH\cap BC=\{D\}$, $BH\cap CA=\{E\}$ ve $CH\cap AB=\{F\}$ olsun. Özellik 2'den
$$\angle{EAP_A}=\angle{CAP_A}=\angle{P_ACB}=\angle{EHP_A}\Rightarrow P_A\in(AEFH)$$
gelir. Bu çemberdeşliktense $HE\perp AE\Rightarrow HP_A\perp AM$ bulunur. $\blacksquare$

Özellik 2'ye bir başka ispat. Bunun için Özellik 3'ten faydalanacağız. (Özellik 3'e Özellik 2'yi kullanmadan bir ispat verdiğimizi varsayalım.) Özellik 3'ten ötürü $H,P_A,M,D$ çemberdeştir. Diyagramı $A$ dan $\sqrt{AH\cdot AD}$ yarıçaplı evirtelim. Kuvvetten
$$AH\cdot AD=AF\cdot AB=AE\cdot AC=AP_A\cdot AM$$
sağlanır. Bu yüzden evirtim altında $B\leftrightarrow F$, $C\leftrightarrow E$, $H\leftrightarrow D$ ve $P_A\leftrightarrow M$ sağlanır. Öte yandan evirtimlerin merkezden geçmeyen çemberleri koruduğunu ve dokuz nokta çemberinden ötürü $E,D,M,F$ noktalarının çemberdeş olduğunu biliyoruz. O halde evirtim altında $(EDMF)\leftrightarrow (HP_ACB)$ olup ispat biter. $\blacksquare$

Lemma. $T:= A$ da $(ABC)$ ye teğet olan doğrunun $BC$ ile kesişimi ise $\triangle{ATM}$ nin diklik merkezi $AH$ ın orta noktasıdır.
İspat. $AH$ ın orta noktası $N$ olsun. $AN\perp MT$ olduğu barizdir. $MHOA$, bilindiği üzere bir paralelkenardır. (Diklik merkezi özelliklerinden ispatlanabilir.) Öte yandan teğetlikten ötürü $MH\parallel OA\perp AT$ sağlanıp ispatımız tamamlanır. $\blacksquare$

Özellik 4. $TA=TP_A$.
İspat. Lemma'dan ötürü $TN\perp AM$ sağlanır. $TN\cap AM=\{R\}$ olsun. Özellik 3'ten ötürü
$$TN\parallel HP_A\Rightarrow \frac{AN}{AH}=\frac{AR}{AP_A}\Rightarrow AR=RP_A\Rightarrow TA=TP_A$$
gelir. $\blacksquare$

Özellik 5. $BC$, $(AP_AB)$ ve $(AP_AC)$ çemberlerine teğettir.
İspat. Açı eşitliklerinden barizdir.

Özellik 6. $A$, $P_ABC$ üçgeninin $P_A$-HM noktasıdır.
İspat. Bariz.

Özellik 7. $Z$, $(ABC)$ üzerinde $ABCZ$ harmonik dörtgen olacak şekilde bir noktaysa $P_A$, $Z$ nin $BC$ ye göre yansımasıdır.
İspat. Özellik 2'yi ispatlarken kullandığımız argümanımızdan ötürü $Z$ nin $BC$ ye göre yansımasının $(BHC)$ üzerinde olacağı açıktır. Harmonik dörtgen özelliği ve Özellik 4'ten ötürü ötürü $TZ=TA=TP_a$ sağlanmalıdır. $\triangle{TZP_A}$ ikizkenar üçgeninin tabanından ötürü $Z$ nin yanıması $P_A$ olmak zorundadır. İspat biter. $\blacksquare$

Özellik 8. $TP_A$, $(BCP_AH)$ çemberine teğettir.
İspat. Kuvetten $TP_A=TA\Rightarrow TP_A^2=TA^2=TB\cdot TC$ olup bu ispatı bitirir. $\blacksquare$

Şimdi HM noktalarıyla yakın ilişkili bir noktaya değinelim.

Tanım. $Q_A$ şu koşulları sağlıyorsa $A$-Dumpty Noktası olarak tanımlanır: $\angle{Q_ABA}=\angle{Q_AAC}$ ve $\angle{Q_AAB}=\angle{Q_ACA}$.

Dumpty noktasıyla ilgili yapılacak olan temel gözlem, HM noktasının izogonal eşleniği olmasıdır. Kalan gözlemler bu bilgi göz önüne alınarak devam ettirilebilir. İspatlar yapılırken $O$ ile $H$ ın da izogonal eşlenik olduğunu bilmek faydalı olacaktır.

Son olarak HM noktalarını kullanarak bir soru çözelim.

Soru. (A-Queue Noktası) $\triangle{ABC}$ nin diklik merkezi $H$ olmak üzere $E$ ve $F$ sırasıyla $CA$ ve $AB$ kenarlarına atılan dikme ayakları olsun. $K$ noktası $\triangle{KEF}\sim \triangle{KBC}$ olacak şekilde alınsın. $M$, $BC$ nin orta noktası olsun. $M, H, K$ noktalarının doğrudaş olduğunu gösteriniz.

Çözüm. $\triangle{KEF}\sim \triangle{KBC}\Rightarrow K$, $BFEC$ dörtgeninin Miquel Noktası'dır yani spiral homoteti merkezidir ve $BF\cap CE=\{A\}$ sağlanır. Bu yüzden $K=(ABC)\cap (AEF)$ şeklinde tanımlamak mümkündür. Fakat biliyoruz $(AEF)$ çemberinin çapı $AH$ tır. Şimdi $A$-HM noktasının tanımına yeniden göz atalım. Özellik 3'ün ispatında $P_A,A,E,F,H$ çemberdeş bulmuştuk. Fakat aynı zamanda Özellik 2'den biliyoruz ki $H,P_A,B,C$ çemberdeş. Öyleyse $P_A=(AH)\cap (BHC)$ diye tanımlamak mümkündür. Dikkat edelim ki $(A,B,C,H)$ bir diklik sistemidir. Bu sebeple Özellik 1'den ötürü $K$, $H$-kenarortay yani $HM$ üstündedir. Buradan $M,H,K$ doğrudaş gelir. $\blacksquare$

Not. Bu soruda $K$, $\triangle{ABC}$ de $A$-Queue Noktası olarak tanımlanır ve bu noktanın da pek çok özelliği mevcuttur.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Ben de A-Queue Nokta konfigürasyonu ile ilgili birkaç özellik eklemiş olayım. Klasik $DEF$ ortik üçgen ile başlamak üzere, $P_A$  noktası $H$  diklik merkezinden $AM$  kenarortayına inilen dikme ayağı olarak tanımlanır. $Q_A$  noktası ise $(AEFH)$  çevrel çemberinin $(ABC)$
çevrel çemberini ikinci kez kestiği noktadır. Bu konfigürasyonda birçok çembersellik ve noktadaşlık bulunur. Öncelikle $(AEFHP_AQ_A)$ ve $(DMHP_A)$  çemberseldir.

Özellik: $ADMQ_A$, $BEMQ_A$  ve $CFMQ_A$  çemberseldir.

İspat: Öncelikle $\overline{Q_A-H-M}$  olduğunu gösterelim: Bilindiği üzere $H$  diklik merkezinin $M$ 'ye göre yansıması $(ABC)$ üzerinde $A'$ noktasına yani $A$ 'nın antipoduna karşılık gelmektedir. $AQ_A\perp HQ_A$  olduğundan $\overline{Q_A-H-M}$  dir. Çembersellik ise $\angle FQ_AH=\angle FAH=\angle HCM$  olduğundan $Q_A\in (ADM)$  şeklinde gelir. Diğer çembersellikler ise $$Q_AH\cdot HM=AH\cdot HD=BH\cdot HE=CH\cdot HF$$
olduğundan dolayı $(BEMQ_A)$  ve $(CFMQ_A)$  çemberseldir.

Özellik: $AQ_A$,  $EF$,  $P_AH$  ve $BC$  doğruları tek bir noktada kesişir.

İspat: Elde ettiğimiz çemberlerde kuvvet ekseni uygulayalım: $(AEFHP_AQ_A)$, $(ADMQ_A)$  ve $(DHMP_A)$  çevrel çemberlerinde kuvvet ekseninden dolayı $AQ_A$, $MD$ (yani $BC$) ve $HQ$  noktadaştır. Bu noktaya $T$  diyelim. Benzer şekilde $(AEFHP_AQ_A)$, $(ABCQ_A)$  ve $(BFEC)$  çevrel çemberlerinde yapılan kuvvet ekseni $EF$  doğrusunun da $T$  noktasından geçtiğini gösterir.

Özellik: $BCHP_A$  çemberseldir.

İspat: $TQ_A\cdot TA=TB\cdot TC=TH\cdot TP_A$  olduğundan $(BCHP_A)$  çemberseldir.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

A-Humpty ve A-Queue Nokta konfigürasyonu ile ilgili bir problem paylaşayım:

Problem: Klasik diklik merkezi konfigürasyonunda $P_A$  ile A-Humpty ve $Q_A$  ile de A-Queue noktasını gösterelim. $AH$  çaplı çemberin üzerinde alınan farklı $X$  ve $Y$  noktaları için $A$, $Q$, $B$  ve $C$  noktaları çemberdeş (ki bu $Q$  noktası ispatlandığı üzere $Q_A$ yani A-Queue noktasına karşılık gelmektedir) $AQ=AX$  ve $B$, $C$, $X$  ve $Y$  noktaları çemberdeş olsun. $BC$  kenarının orta noktası $M$  için $MAY$  çevrel çemberinin $BC$  kenarına teğet olduğunu gösteriniz.

İspat Öncesi Gözlem: Öncelikle ispatlandığı üzere $AQ$,  $EF$,  $P_AH$  ve $BC$  doğruları noktadaştı. Bu nokta yine $T$  olarak adlandırılsın. Kuvvet ekseni ile $XY$  doğrusunun da $T$ 'den geçtiği kolaylıkla ispatlanabilir. Ayrıca $\overline{Y-H-D}$  doğrusallığı da ilk gözlemlerimden oldu.

[ygzgndgn]

Çözüm. $Q$, $A$-Queue noktasıdır. $(BCXY),(AQBC),(AQYX)$ çemberlerinde Radikal Aksis Teoremi'nden ötürü $AQ\cap XY\cap BC=\{X_A\}$ sağlanır. $AM\cap (AH)=\{P_A\}$ olsun. Bu noktanın $A$-HM noktası olduğu barizdir. HM noktası özelliğinden ötürü $B,C,H,P_A$ çemberdeştir. Radikal Aksis Teoremi'nden $X_A,H,P_A$ doğrudaş gelir. Çözdüğümüz sorudan biliyoruz ki $M,H,Q$ doğrudaştır. Açı yazılırsa $A,M,D,Q$ çemberdeş bulunur. $X_A$ noktasından kuvvet uygulanırsa
$$X_AY\cdot X_AX=X_AQ\cdot X_AA=X_AD\cdot X_AM$$
olup $D,M,X,Y$ çemberdeş bulunur. $X,P_A,D$ doğrudaş ise
$$\angle{BMY}=\angle{DMY}=\angle{DXY}=\angle{P_AXY}=\angle{P_AAY}=\angle{MAY}$$
gelip $(MAY)$ nin $BC$ ye teğet olduğunu göstermiş oluruz.

İddia. $X,P_A,D$ doğrudaştır.
İspat. HM Noktası özelliğinden $HP_A\perp AM$ olduğunu biliyoruz. Buradan $H,P_A,M,D$ çemberdeş gelir. Ayrıca biliyoruz ki $M,H,Q$ doğrudaştır. Son olarak $AQ=AX\Rightarrow AP_A$ doğrusu $\triangle{P_AQX}$'te $P_A$-açıortaydır. (Incenter-Excenter Lemma) Buradan açı yazarsak
$$\angle{MP_AD}=\angle{MHD}=\angle{AHQ}=\angle{AP_AQ}=\angle{AP_AX}$$
olup iddianın doğruluğu ispatlanır. Böylelikle ispat biter. $\blacksquare$

[ygzgndgn]

Not. Çözümde tanımladığım $X_A$ noktası $A$-Ex Point olarak geçer. Temel özelliği $BC, EF, AQ_A, HP_A$ doğrularının kesişim noktası olmasıdır. ($Q_A$ Queue noktası olmak üzere) Bu Radikal Aksis Teoremi kullanılarak kolayca gösterilebilir. Sorunun çözümünde kullanmadığım fakat yazdığım bir doğrudaşlık da bu noktanın tanımıyla ilgilidir.

[ygzgndgn]

$P_A$ noktasının kompleks düzlemdeki koordinatlarını inceleyelim. $\mathbb{S}^1=(ABC)$ seçelim ve $A=a,B=b,C=c$ olarak gösterelim. $HP_A\perp AM$ olduğunu biliyoruz. Bu, $P_A$ yı tanımlamak için yeterlidir. $M=m=\frac{1}{2}(b+c)$ ve $H=h=a+b+c$ olduğu bilindiktir. $P_A=p$ olsun. Ayrıca $a,b,c\in\mathbb{S}^1$  olduğundan bunların eşlenikleri ile çarpımları $1$ e eşittir. Diklik formülünde verilenleri yerine yazarsak
$$\frac{m-a}{p-h}=-\overline{\left(\frac{m-a}{p-h}\right)}\Leftrightarrow \frac{b+c-2a}{2p-2a-2b-2c}=\frac{b+c-2a}{a(b+c)(\overline{p}-\frac{1}{a+b+c})}\Leftrightarrow (ab+ac)\overline{p}-\frac{ab+ac}{a+b+c}=2p-2(a+b+c)$$
gelir. Bu denklemin eşleniğini alırsak
$$\frac{b+c}{abc}p-\frac{b+c}{ab+bc+ca}=2\overline{p}-2\frac{ab+bc+ca}{abc}\Leftrightarrow \overline{p}=\frac{b+c}{2abc}p+\frac{ab+bc+ca}{abc}-\frac{b+c}{2ab+2bc+2ca}$$
buluruz. Eşleniği yerine yazarsak
$$\frac{(b+c)^2}{2bc}p+\frac{(b+c)(ab+bc+ca)}{bc}-\frac{a(b+c)^2}{2ab+2bc+2ca}-\frac{a(b+c)}{a+b+c}+2(a+b+c)=2p$$
$$p=\frac{2bc\left(\frac{(b+c)(ab+bc+ca)}{bc}-\frac{a(b+c)^2}{2ab+2bc+2ca}-\frac{a(b+c)}{a+b+c}+2(a+b+c)\right)}{(b-c)^2}$$
buluruz. Bunu sadeleştirirsek
$$\boxed{p=\frac{ab^2+ac^2-b^2c-bc^2}{ab+ac-2bc}}$$
buluruz. Dumpty Noktası'nın koordinatları da spiral homoteti özelliğinden $Q_A=q$ olmak üzere
$$\boxed{q=\frac{a^2-bc}{2a-b-c}}$$
bulunur.