Distance d'un point à une droite (formule hors programme)

Démonstration. Soit $H$ le projeté orthogonal de $P$ sur $\mathcal{D}$. Le vecteur $\overrightarrow{PH}$ est orthogonal à $\mathcal{D}$, donc colinéaire au vecteur normal $\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)$ : il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{PH}=t\overrightarrow{n}$, c'est-à-dire $H(x_0+ta;y_0+tb)$. Or $H$ appartient à $\mathcal{D}$ :

$$a(x_0+ta)+b(y_0+tb)+c=0⟺(a{x}_0+b{y}_0+c)+t(a^2+b^2)=0⟺t=-\frac{a{x}_0+b{y}_0+c}{a^2+b^2}.$$

Il reste à calculer la longueur $PH=\Vert t\overrightarrow{n}\Vert =|t|\times \sqrt{a^2+b^2}$ :

$$PH=\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c|}{a^2+b^2}\times \sqrt{a^2+b^2}=\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.$$

Application. Pour $P(4;3)$ et $\mathcal{D}:x+2y-4=0$ :

$$d(P,\mathcal{D})=\frac{|4+2\times 3-4|}{\sqrt{1+4}}=\frac{6}{\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\approx 2,68,$$

exactement la valeur obtenue dans le cours par le calcul du projeté $H\left(\frac{14}{5};\frac{3}{5}\right)$. ✓

Piège : la valeur absolue est indispensable — $a{x}_0+b{y}_0+c$ change de signe selon le côté de la droite où se trouve $P$, alors qu'une distance est positive.

Prolongement : en terminale, la même démonstration, menée avec un vecteur normal de l'espace, donne la distance d'un point à un plan : $\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c{z}_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$.