(1) (第二) 余弦定理から
\begin{align} AC^2 &= AB^2 + BC^2 - 2AB\cdot BC \cos\angle ABC \\ &= (\sqrt{3} -1)^2 + (\sqrt3 + 1)^2 - 2(\sqrt{3} -1)(\sqrt3 + 1)\cos60^\circ \\ &= 4 - 2\sqrt3 + 4 + 2\sqrt3 - 2(3 - 1)\cdot\ds{1\over2} \\ &= 8 - 2 = 6. \end{align}$AC > 0$ より $AC =\sqrt{6}$.
正弦定理より
$R = \ds{AC\over{2\sin\angle ABC}} = \ds{\sqrt6\over{2\sin60^\circ}}$
$= \ds{\sqrt6\over{2\times\ds{\sqrt3\over2}}}=\ds{\sqrt6\over\sqrt3} = \sqrt2$.
同じく正弦定理より
$\ds{BC\over\sin\angle BAC} = 2R$
$\sin\angle BAC = \ds{BC\over2R} = \ds{\sqrt3 + 1\over2\sqrt2} = \ds{\sqrt6 +
\sqrt2 \over 4}$.
(2) $△\!\!ABD = \ds{1\over2}AB\cdot AD\sin\angle BAD$ なので $\angle BAD = \angle
BAC$ より
$\ds{\sqrt2\over6} = \ds{1\over2}AB\cdot AD\cdot\ds{\sqrt6 + \sqrt2 \over 4}$.
$\therefore AB\cdot AD = \ds{2\times4\over\sqrt6+\sqrt2}\cdot\ds{\sqrt2\over3} =
\ds{4\over3(\sqrt3 + 1)}$
$=\ds{4(\sqrt3 - 1)\over3\times(3-1)} = \ds{2(\sqrt3-1)\over3} =
\ds{2\sqrt3-2\over3}$.
従って
$AD = \ds{1\over\sqrt3-1}\times\ds{2(\sqrt3-1)\over3} = \ds{2\over3}$.
教科書の演習問題程度。 難しくない。