Z tego że suma kątów w trójkącie jest równa 180°, mamy

$\left|\sphericalangle ABC\right|={180}^{\circ }-\left({45}^{\circ }+{120}^{\circ }\right)={180}^{\circ }-{165}^{\circ }={15}^{\circ }$

Z twierdzenia dotyczącego związku sinusów kątów α, β, γ z długościami odpowiednich boków trójkąta a, b, c

$\frac{a}{\sin \alpha }=\frac{b}{\sin \beta }=\frac{c}{\sin \gamma }$

mamy

$\frac{\left|CB\right|}{\sin {45}^{\circ }}=\frac{\left|AC\right|}{\sin {15}^{\circ }}\mid \cdot \sin {15}^{\circ }$   

$\frac{8}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=\left|AC\right|$  

  $8\cdot \frac{{\cancel{2}}^1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{{\cancel{4}}^2}=\left|AC\right|$  

  ${\cancel{8}}^4\cdot \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{{\cancel{2}}^1\sqrt{2}}=\left|AC\right|$  

  $\frac{4\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}{\sqrt{2}}\cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\left|AC\right|$

$\left|AC\right|=\frac{{\cancel{4}}^2\left(\sqrt{12}-2\right)}{{\cancel{2}}^1}$  

$\left|AC\right|=2\left(2\sqrt{3}-2\right)=4\left(\sqrt{3}-1\right)$