$\triangle\mathrm{ABC}$に余弦定理を使うと、
$\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{BA}^{2}+\mathrm{BC}^{2}-2\mathrm{BA}\cdot \mathrm{BC}\cos\angle \mathrm{ABC}$
とかける。

これに各値を代入して、
$$ \begin{align} \mathrm{AC}^{2}&=(\sqrt{3}-1)^{2}+(\sqrt{3}+1)^{2}\\ &\hspace{60px}-2(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)\cos 60^{\circ}\\ &=3-2\sqrt{3}+1+3+2\sqrt{3}+1\\ &\hspace{160px}-2(3-1)\cdot\dfrac{1}{2}\\ &=6 \end{align} $$

$0 \lt \mathrm{AC}$なので、
$\mathrm{AC}=\sqrt{6}$
である。

解答ア：６

$\triangle\mathrm{ABC}$で$\angle \mathrm{ABC}$に注目して正弦定理を使うと、外接円の半径を$R$として、
$2R=\dfrac{\mathrm{AC}}{\sin\angle \mathrm{ABC}}$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{2R}&=\dfrac{\mathrm{AC}}{\sin 60^{\circ}}\\ &=\dfrac{\sqrt{6}}{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}\\ &=\dfrac{2\sqrt{6}}{\sqrt{3}}\\ &=2\sqrt{2} \end{align} $$

$R=\sqrt{2}$
となる。

解答イ：２

さらに、$\triangle\mathrm{ABC}$で$\angle \mathrm{BAC}$に注目して正弦定理を使うと、
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\sin\angle \mathrm{BAC}}=2R$
$\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sin\angle \mathrm{BAC}}=2\sqrt{2}$
$2\sqrt{2}\sin\angle \mathrm{BAC}=\sqrt{3}+1$
$$ \begin{align} \sin\angle \mathrm{BAC}&=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}\\ &=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \end{align} $$ となる。

解答ウ：６, エ：２, オ：４
または
ウ：２, エ：６, オ：４

$\triangle\mathrm{ABD}$の面積は
$\triangle\mathrm{ABD}=\dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}\cdot\sin\angle \mathrm{BAD}$
である。
これが$\dfrac{\sqrt{2}}{6}$なので、
$\dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}\cdot\sin\angle \mathrm{BAD}=\dfrac{\sqrt{2}}{6}$式Ａ
とかける。

(1)より$\sin\angle \mathrm{BAC}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
また、$\sin\angle \mathrm{BAC}=\sin\angle \mathrm{BAD}$なので、式Ａは
$\dfrac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}\cdot\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\dfrac{\sqrt{2}}{6}$
となる。

これを計算して、
$\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}\cdot\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2\cdot 4}=\dfrac{\sqrt{2}}{6}$
$\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}=\dfrac{\sqrt{2}}{6}\cdot\dfrac{2\cdot 4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$

途中式

$$ \begin{align} \phantom{\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}}&=\dfrac{4\sqrt{2}}{3\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)}\\ &=\dfrac{4\sqrt{2}\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}{3\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}\\ &=\dfrac{4\left(2\sqrt{3}-2\right)}{3(6-2)}\\ &=\dfrac{4\left(2\sqrt{3}-2\right)}{3\cdot 4} \end{align} $$

$\phantom{\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AD}}=\dfrac{2\sqrt{3}-2}{3}$式Ｂ
である。

解答カ：２, キ：３, ク：２, ケ：３

ここで、$\mathrm{AB}=\sqrt{3}-1$なので、式Ｂは
$\left(\sqrt{3}-1\right)\cdot \mathrm{AD}=\dfrac{2\sqrt{3}-2}{3}$
とかける。
右辺の分子を因数分解して、
$\left(\sqrt{3}-1\right)\cdot \mathrm{AD}=\dfrac{2\left(\sqrt{3}-1\right)}{3}$
両辺を$\sqrt{3}-1$で割って、
$\mathrm{AD}=\dfrac{2}{3}$
となる。

解答コ：２, サ：３