Bonsoir,

à priori  ,je manque de données ...
Avec des triangles équilatéraux ,il choisira certainement un triangle
équilatéral enveloppe ...

Tu ne manques pas de données puisque tu sais que le triangle fait par les lutins à des cotés inférieurs ou égaux à 1dm. A toi de construire le triangle du père noël pour être sur que n'importe lequel des triangles précédents puisse être mis à l'intérieur de ce nouveau triangle.

Il faut le faire dans un des 3 cas que j'ai proposé.

Bonsoir,
si le père Noël choisit un triangle équilatéral de côté 1dm ça marche toujours.
Et c'est le plus petit, au sens de l'aire.

Ce qui éviteras de trop fatiguer les rennes.
Je pense que la fatigue des rênes ne dépend pas vraiment de la charge.

Les rênes seront peut-être contents mais le père noël j'en doute, tu es sur que tous les prismes iront dans la boite ?

Imaginons un triangle isocèle de base 0,5dm et dont les deux autres cotés font 1dm, dis moi comment tu le mets dans un triangle équilatéral de coté 1dm

En effet.

Comme le Père Noël connait le volume utime de son charriot ,il peut opter pour une base rectangle isocèle par exemple de coté 10 dm
Pour former des  carrés  (donc des cubes ) il en fabriquera un multiple de 2.
Pour la hauteur  il  pourrait prendre 10 h (unitaires).

Mais je me projette mal dans cet exo...

Très intéressant comme exercice.
Tout comme Verdurin, je proposais un triangle équilatéral de côté 10cm. En me disant : c'est sûr, c'est la bonne réponse. Avec quand même un énorme arrière goût : ça ne peut pas être aussi simple.

Mais entre la certitude que c'est la bonne réponse, et le petit doute ... c'est la certitude qui l'emportait.
Ca fait peur.

C'est en ça que l'exercice est intéressant. Une fois qu'on a vu son erreur, les calculs ne sont pas passionnants.

D'accord dpi pour ton triangle, je veux bien croire qu'avec des cotés de 10dm ça passe mais tu prévois vraiment très (trop) large.
Tu as raison pour la hauteur peu importe puisque c'est tout le temps la même mais il y a surement moyen d'optimiser le triangle de base pour diminuer sa surface et c'est un peu le but de la question.

J'aime bien ce genre d'exercice ty59847 où l'intuition est mauvaise conseillère, si tu as la flemme de faire les calculs, tu peux décrire ton triangle à la place, ça m'ira très bien.
Si tu penses à celui qui est plus ou moins évident grâce à mes dessins, c'est correct bien sur mais on peut faire mieux et de toute façon, il te reste à traiter le cas 2) et 3)
En enlevant des contraintes sur le triangle du père noël, on peut faire mieux ou pas ? A vous de voir.

Une tentative.

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Pour le triangle équilatéral on le prend de hauteur 1dm.
ce qui fait une aire de

Je ne crois pas que l'on puisse faire mieux avec un triangle isocèle, mais je me trompe souvent.

Avec un triangle scalène on peut arriver à une aire de 1/2.
On prend un triangle ABC avec H le pied de la hauteur issue de C tel que


Ce résultat peut encore un peu être amélioré

en réduisant la hauteur CH jusqu'à avoir GI=IJ
J'ai eu la flemme de faire les calculs, mais on arrive à une aire d'environ 0,4925

Moi,je n'ai rien compris depuis le début. Mais il faut bien essayer...

Le Père Noël ayant vu une première série du travail de ses lutins
a décidé de faire un sur-emballage  permettant de faire une forme
finale cubique  ou doublement cubique de coté kH.

H  hauteur définie et k en fonction des cotes du traineau.

Dans le cas du triangle équilatéral, on peut réduire un peu.
Si un des lutins a choisi un triangle (1,1,0.5), on peut le disposer comme dans le 2ème dessin de Vassilia. On n'est pas obligé de le mettre comme sur le 2ème dessin.
Prenons un triangle juste sur mesure, basé sur ce 2ème dessin.
Si le lutin choisit un triangle (1,1,x) avec x>0.5, ce triangle conviendra.
Si le lutin choisit un triangle (1,1,x) avec x < 0.5, en disposant le triangle comme sur le 1er dessin de Vassilia, ça tient.
Je sais que c'est faux, je sais que le seuil pour basculer entre la disposition (dessin 1) ou (dessin 2) n'est pas pour la valeur 0.5.
Mais tu es plus courageux que moi pour les calculs.

Dpi,
Le père noël veut une boite de forme de prisme à base triangulaire, avec un triangle équilatéral pour la 1ère option.
Mais il va faire toute une série de boites toutes identiques. Et dans chaque boite, il mettra un seul cadeau.

Dans ton dessin, il y a 8 cadeaux. Il faut donc 8 triangles équilatéraux,  tous de même taille.

Bien vu verdurin mais comme le suggère ty59847, on peut faire mieux pour le triangle équilatéral donc à fortiori pour le triangle isocèle.
En revanche pour le triangle quelconque, tu y es, les plus motivés calculeront peut-être la valeur exacte pour CH mais c'est ça

Désolé dpi, visiblement quand j'ai dis emballer tous les cadeaux, il y a eu un malentendu.
Le père noël ne met qu'un seul cadeau par boite sinon ça va être compliqué à distribuer mais toutes les boites doivent être construites selon le même modèle qui doit donc être valable pour tous les cadeaux

En effet pour le triangle équilatéral on peut prendre une hauteur égale à cos(10°) en décimètre.
Ce qui fait une aire d'environ 0,56dm².
Sauf erreur de ma part.

Bravo verdurin, devant de telles prouesses, j'espère que le père noël reconnaissant t'apportera plein de cadeaux

Finalement je trouve :

Pour le triangle équilatéral



Pour le triangle isocèle

où t est solution de
La base du triangle est 1 et la hauteur relative à la base

Pour le triangle scalène

J'en connais un qui veut vraiment ses cadeaux de noel, bravo verdurin pour les valeurs exactes