Załóżmy, że \(P\left( {A \cap B’} \right) = 0,7\) co wynika z treści zadania oraz , że \(0 \le P\left( {A’ \cap B} \right) \le 1\) co wynika z własności prawdopodobieństwa. Pokażemy, że \(P\left( {A’ \cap B} \right) \le 0,3\).

Dowód:
Wiadomo, że \(P\left( {A \cap B’} \right) = P\left( A \right) – P\left( {A \cap B} \right)\) oraz \(P\left( {A’ \cap B} \right) = P\left( B \right) – P\left( {A \cap B} \right)\). Te ważne wzory, których nie ma w tablicach maturalnych zamieściłem na kilka dni przed maturą w jednym z postów na moim blogu tutaj. Kto przeczytał ten skorzystał.
\(P\left( {A’ \cap B} \right) = P\left( B \right) – P\left( {A \cap B} \right) = P\left( B \right) – P\left( A \right) + P\left( {A \cap B’} \right)\), więc pozostaje wykazać, że: \[0 \le P\left( B \right) - P\left( A \right) + P\left( {A \cap B'} \right) \le 1\]
Podstawiamy \(P\left( {A \cap B’} \right) = 0,7\)
\[\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le P\left( B \right) - P\left( A \right) + 0,7 \le 1}\\{0 \le P\left( B \right) - P\left( A \right) \le 0,3}\end{array}\\0 \le P\left( {A' \cap B} \right) \le 0,3\end{array}\]
co należało dowieść.

Zauważamy, że potrzeba rozpatrzyć dwa przypadki istnienia trójkąta równoramiennego zawartego w podstawie ostrosłupa. Niezauważenie tego jest kardynalnym błędem.

1 przypadek
Gdy $b>a$, gdzie $b$ jest podstawą trójkąta równoramiennego jak na rysunku poniżej.

Z Twierdzenia Pitagorasa obliczamy $a$, a następnie $b$: \[\begin{array}{l}{b^2} + {H^2} = {\left| {CS} \right|^2}\\b = \sqrt {{{\left| {CS} \right|}^2} - {H^2}} \\b = \sqrt {{{131}^2} - {{\left( {8\sqrt {210} } \right)}^2}} \\b = \sqrt {17161 - 13440} \\b = \sqrt {3721}  = 61\end{array}\]
\[\begin{array}{l}{a^2} + {H^2} = {\left| {BS} \right|^2}\\a = \sqrt {{{\left| {BS} \right|}^2} - {H^2}} \\a = \sqrt {{{118}^2} - {{\left( {8\sqrt {210} } \right)}^2}} \\a = \sqrt {484}  = 22\end{array}\]
Wniosek: Trójkąt o bokach $61, 22, 22$ nie istnieje, bo niespełniona jest nierówność trójkąta \(61 > 22 + 22\) .

2 przypadek
Gdy $b<a$, gdzie $b$ jest podstawą trójkąta równoramiennego jak na rysunku poniżej.

Przy takim warunku, że podstawa jest mniejsza od ramienia mamy \({a = 61,b = 22}\) i jak łatwo sprawdzić z nierówności trójkąta, trójkąt o takich bokach $22, 61, 61$ istnieje.

Pozostaje obliczyć już tylko pole trójkąta w podstawie ostrosłupa. Ponieważ znamy miary wszystkich boków trójkąta w podstawie i są one liczbami naturalnymi, więc szybko obliczymy jego pole ze wzoru Herona, który w naszym zadaniu będzie miał postać: \({P_\Delta } = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)} \), gdzie \(p = \frac{{a + a + b}}{2}=\frac{{144}}{2} = 72\).
\[\begin{array}{l}{P_\Delta } = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)}  = \\ = \sqrt {72\left( {72 - 61} \right)\left( {72 - 61} \right)\left( {72 - 22} \right)}  = \\ = \sqrt {72 \cdot 11 \cdot 11 \cdot 50}  = 11 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 2 = 660\end{array}\]

Obliczamy objętość ostrosłupa: \[V = \frac{1}{3}{P_p} \cdot H = \frac{1}{3}660 \cdot 8\sqrt {210}  = 220 \cdot 8\sqrt {210}  = 1760\sqrt {210} \]

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku poniżej.

Rozwiązanie:
Pole trójkąta $AED$ wyrazimy względem boków prostokąta $a$, $b$.
Zauważamy, że trójkąty $ABD$ oraz $AED$ są podobne. Oznacza to, że stosunek ich pól jest równy kwadratowi ich skali podobieństwa, którą oznaczymy $k$. Zatem: \[\begin{array}{l}\frac{{{P_{\Delta ABD}}}}{{{P_{\Delta AED}}}} = \frac{{\frac{{ab}}{2}}}{{{P_{\Delta AED}}}} = {k^2}\\{P_{\Delta AED}} = \frac{{ab}}{{2{k^2}}}\end{array}\]
Wyznaczamy skalę podobieństwa między trójkątami $ABD$ oraz $AED$:
\[\begin{array}{l}k = \frac{{\left| {DB} \right|}}{b}\left| {^2} \right.\\k = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{b}\left| {^2} \right.\\{k^2} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{b^2}}}\end{array}\]
Dalej podstawiamy $k^2$ do wzoru na pole trójkąta $AED$: \[{P_{\Delta AED}} = \frac{{ab}}{{\frac{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{b^2}}}}} = \frac{{a{b^3}}}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}\]

Wypiszmy sobie możliwe wyniki, które mogą nam sprzyjać:
\(\begin{array}{l}12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3\\12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 6\\12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 4\end{array}\)
Zatem widzimy, że mamy do czynienia z permutacją z powtórzeniami.  Wybieramy $8$ elementów i układamy w ośmioelementowy ciąg, w którym:

• cyfra $1$ powtarza się $5$ razy, a cyfra $2$ dwa razy, więc:

\[12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 \Rightarrow P = \frac{{8!}}{{2! \cdot 5!}} = \frac{{6 \cdot 7 \cdot 8}}{2} = 168\]

• cyfra $1$ powtarza się $6$ razy, więc:

\[\begin{array}{l}12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 6 \Rightarrow P = \frac{{8!}}{{6!}} = 56\\12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 4 \Rightarrow P = \frac{{8!}}{{6!}} = 56\end{array}\]
Stąd po dodaniu wyników sprzyjających mamy: \(168 + 56 + 56 = 280\)