Exercice 24

1. Voici la figure.

2. La droite $d$ a pour vecteur normal $\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$, donc pour vecteur directeur $\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$. Ce dernier est normal à $\Delta$, dont l'équation est de la forme $x-2y+c=0$ ; avec $A(3\,;4)$ : $$3-8+c=0 \iff c=5 \qquad \text{d'où} \qquad \boxed{\Delta : x-2y+5=0}$$

3. On résout : $$\left\{\begin{array}{rcl} 2x+y &=& 4 \\ x-2y &=& -5 \end{array}\right.$$ La seconde ligne donne $x=2y-5$ ; en substituant : $2(2y-5)+y=4$, soit $5y=14$ et $y=\dfrac{14}{5}$, puis $x=\dfrac{28}{5}-5=\dfrac{3}{5}$ : $$\boxed{H\left(\frac{3}{5}\,;\frac{14}{5}\right)=(0{,}6\,;2{,}8)}$$

4. $$AH=\sqrt{\left(3-\frac{3}{5}\right)^{2}+\left(4-\frac{14}{5}\right)^{2}} =\sqrt{\left(\frac{12}{5}\right)^{2}+\left(\frac{6}{5}\right)^{2}} =\sqrt{\frac{144+36}{25}}=\frac{\sqrt{180}}{5}$$

5. On vérifie : $2\times 1+2-4=0$, donc $\boxed{K \text{ appartient à } d}$. Par ailleurs : $$AK=\sqrt{(3-1)^{2}+(4-2)^{2}}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$$ On constate que $AH<AK$, ce qui était prévisible : le triangle $AHK$ est rectangle en $H$, donc $[AK]$ en est l'hypoténuse, et c'est le plus grand côté. $$\boxed{\text{Le projeté orthogonal réalise la plus courte distance de } A \text{ à } d}$$