Тут возможны 2 варианта, поскольку никто не знает, где расположен пункт B - вниз по течению, или вверх по течению1) вниз по течению. Пусть лодка имеет собственную скорость такую, что ее проекция вдоль течения v_x>0, а поперек него v_y>0. Пусть также скорость течения равна u. Тогда
![\displaystyle
b/v_y = \tau = a/(v_x+u)\\
v_x+u = \frac{a}{b}v_y\equiv\lambda v_y\\
\sqrt{v^2-v_y^2} = \lambda v_y - u\\
v^2 - v_y^2 = \lambda^2v_y^2 - 2\lambda uv_y + u^2\\
(1+\lambda^2)v_y^2-2\lambda uv_y+u^2-v^2=0\\\\
D/4 = \lambda^2u^2+(v^2-u^2)(1+\lambda^2) = v^2(1+\lambda^2)-u^2\\\\
v_y = \left[\lambda u +\sqrt{v^2(1+\lambda^2)-u^2}ight]/(1+\lambda^2) = 3\text{ km/h}\\
\tau = b/v_y = 20\text{ min} \displaystyle
b/v_y = \tau = a/(v_x+u)\\
v_x+u = \frac{a}{b}v_y\equiv\lambda v_y\\
\sqrt{v^2-v_y^2} = \lambda v_y - u\\
v^2 - v_y^2 = \lambda^2v_y^2 - 2\lambda uv_y + u^2\\
(1+\lambda^2)v_y^2-2\lambda uv_y+u^2-v^2=0\\\\
D/4 = \lambda^2u^2+(v^2-u^2)(1+\lambda^2) = v^2(1+\lambda^2)-u^2\\\\
v_y = \left[\lambda u +\sqrt{v^2(1+\lambda^2)-u^2}ight]/(1+\lambda^2) = 3\text{ km/h}\\
\tau = b/v_y = 20\text{ min}](https://tex.z-dn.net/?f=\displaystyle
b/v_y = \tau = a/(v_x+u)\\
v_x+u = \frac{a}{b}v_y\equiv\lambda v_y\\
\sqrt{v^2-v_y^2} = \lambda v_y - u\\
v^2 - v_y^2 = \lambda^2v_y^2 - 2\lambda uv_y + u^2\\
(1+\lambda^2)v_y^2-2\lambda uv_y+u^2-v^2=0\\\\
D/4 = \lambda^2u^2+(v^2-u^2)(1+\lambda^2) = v^2(1+\lambda^2)-u^2\\\\
v_y = \left[\lambda u +\sqrt{v^2(1+\lambda^2)-u^2}ight]/(1+\lambda^2) = 3\text{ km/h}\\
\tau = b/v_y = 20\text{ min})
Заметим, что при этом x-проекция скорости лодки равна 4км/ч (египетский треугольник), а вместе с течением будет 6 км/ч. Поэтому вдоль берега лодка пройдет как раз вдвое больше, чем поперек.2) вверх по течению. Направляя ось x на этот раз против течения, имеем
![\displaystyle b/v_y = \tau = a/(v_x-u)\\ v_x-u = \frac{a}{b}v_y\equiv\lambda v_y\\ \sqrt{v^2-v_y^2} = \lambda v_y + u\\ v^2 - v_y^2 = \lambda^2v_y^2 + 2\lambda uv_y + u^2\\ (1+\lambda^2)v_y^2+2\lambda uv_y+u^2-v^2=0\\\\ D/4 = \lambda^2u^2+(v^2-u^2)(1+\lambda^2) = v^2(1+\lambda^2)-u^2\\\\ v_y = \left[-\lambda u +\sqrt{v^2(1+\lambda^2)-u^2}ight]/(1+\lambda^2) = 1.4\text{ km/h}\\ \tau = b/v_y = 5/7\text{ h}\approx 43\text{ min} \displaystyle b/v_y = \tau = a/(v_x-u)\\ v_x-u = \frac{a}{b}v_y\equiv\lambda v_y\\ \sqrt{v^2-v_y^2} = \lambda v_y + u\\ v^2 - v_y^2 = \lambda^2v_y^2 + 2\lambda uv_y + u^2\\ (1+\lambda^2)v_y^2+2\lambda uv_y+u^2-v^2=0\\\\ D/4 = \lambda^2u^2+(v^2-u^2)(1+\lambda^2) = v^2(1+\lambda^2)-u^2\\\\ v_y = \left[-\lambda u +\sqrt{v^2(1+\lambda^2)-u^2}ight]/(1+\lambda^2) = 1.4\text{ km/h}\\ \tau = b/v_y = 5/7\text{ h}\approx 43\text{ min}](https://tex.z-dn.net/?f=\displaystyle b/v_y = \tau = a/(v_x-u)\\ v_x-u = \frac{a}{b}v_y\equiv\lambda v_y\\ \sqrt{v^2-v_y^2} = \lambda v_y + u\\ v^2 - v_y^2 = \lambda^2v_y^2 + 2\lambda uv_y + u^2\\ (1+\lambda^2)v_y^2+2\lambda uv_y+u^2-v^2=0\\\\ D/4 = \lambda^2u^2+(v^2-u^2)(1+\lambda^2) = v^2(1+\lambda^2)-u^2\\\\ v_y = \left[-\lambda u +\sqrt{v^2(1+\lambda^2)-u^2}ight]/(1+\lambda^2) = 1.4\text{ km/h}\\ \tau = b/v_y = 5/7\text{ h}\approx 43\text{ min})
Заметим, что при этом x-проекция скорости лодки равна 4.8км/ч (египетский треугольник), а вместе с течением будет 2.8 км/ч. Поэтому вдоль берега лодка пройдет опять раз вдвое больше, чем поперек.Ответы: либо 20 минут, если сплав вниз, либо около 43, если идем вверх.