Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Zauważmy, że:

$\alpha +\beta =60^{\circ }\to \beta =60^{\circ }-\alpha$

Z treści zadania znamy stosunek pól trójkątów $ABD$ i $ADC$, a więc mamy:

$\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\frac{1}{2}\cdot a\cdot b\cdot \sin \beta }{\frac{1}{2}\cdot b\cdot a\cdot \sin \alpha }=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\sin \beta }{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\sin \left(60^{\circ }-\alpha \right)}{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

Korzystając ze wzoru na sinus różnicy mamy:

$\frac{\sin 60^{\circ }\cdot \cos \alpha -\sin \alpha \cdot \cos 60^{\circ }}{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\sin 60^{\circ }\cdot \cos \alpha }{\sin \alpha }-\frac{\sin \alpha \cdot \cos 60^{\circ }}{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\sin 60^{\circ }\cdot \cos \alpha }{\sin \alpha }-\cos 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \cos \alpha }{\sin \alpha }-\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}|+\frac{1}{2}$

$\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{3}}{2}|\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}$

$\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }=1|\cdot \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$

$1=\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$

$\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=1$

$\mathrm{tg}\alpha =1\to \alpha =45^{\circ }$

---

Odp.: Kąt $DAC$ ma miarę $45^{\circ }$.