解：这道题如果用最快的速度答题的话，答案就是30D。这一类的题我曾经做过几道题。例如见下图，图1是本题；图2就是我曾经做过是图1的变形题。对于这道题答案分析的依据主要是《几何原本》命题I.7, 内容是：“过线段两端点引出两条线段交于一点，那么在同一侧，不可能有另一点的两条线段，分别等于前两条线段，即每个交点到相同端点两条线段相等。”最后一句，没有空子可钻；实际上就是点的唯一性定理。
对于我们这个题来说，我们注意到：△ABC中，∠A=40D=(偶数)4*10D; ∠B=∠C=70D;△ABC的内角和是180D。
就AD来说是从∠A引出的线，交于20度角和40度角分别为底角的顶点；显然：∠BDC=120D；是偶数12*10；所以∠BAD一定是10n(n∈N*)。有人可能说，如果是5D不行吗？如果是5度，那么，∠BDC=奇数*10，才可以将5度角隐藏于△DBC内部。如果是其它非5和n*10的尾数，那么两个底角不可能同是ni,j*10的度数（n的下标i,j，表示两角的度数不同）。这一理论既是点的唯一性理论，又是角度不相容理论--我自己用的不属于官方论坛。
基于上述分析，引辅助线，作AH⊥BC于H，延长CD交AB于E，则CE⊥AB，作DJ⊥AH，ED=DJ（根据角度不相容理论，）。
所以，AD是∠BAH角平分线（角两边距离相等的点，在角的平分线上）；因为∠BAH=20D，分成两个n*10D的角只能是10D+10D；即∠BAD=∠DAH=10D；∠DAC=∠BAC-∠BAD=40D-10D=30D。解毕。
图中还有一些辅助线是分析解题的等量关系的辅助线；供参考。
如图所示，延长CD至点E，使得DE=DB，连接AE、BE，
因为∠ABC=∠ACB=70°，所以△ABC为等腰三角形，
可令△ABE绕点A旋转至△ACF，连接DF。
因为∠DBC=40°，∠DCB=20°，所以∠BDE=60°，
又因为DE=DB，所以△BDE为等边三角形，
则由∠ABD=30°可知AB垂直平分DE，易知△ABD≌△ABE，
因为△ACF是由△ABE旋转而来，所以△ABD≌△ABE≌△ACF，
有AD=AE=AF，DE=DB=BE=FC，∠BAD=∠BAE=∠CAF，
且∠ABD=∠ACF=30°，则∠DCF=20°，∠DBC=∠FCB=40°，
有DF∥BC，所以∠DCF=∠DCB=∠CDF=20°，
即△CDF为等腰三角形，有DE=FC=FD，易知△ADE≌△ADF，
所以∠DAF=∠DAE=2∠BAD=2∠BAE=2∠CAF，
因为在等腰△ABC中∠ABC=∠ACB=70°，则∠BAC=40°，
易算得∠DAF=∠DAE=20°，∠BAD=∠BAE=∠CAF=10°，
所以∠DAC=∠DAF+∠CAF=20°+10°=30°。
如图所示，延长CD至点E，使得DE=DB，连接AE、BE，
因为∠ABC=∠ACB=70°，所以△ABC为等腰三角形，
可令△ABE绕点A旋转至△ACF，连接DF。
在等腰△ABC中∠ABC=∠ACB=70°，则∠BAC=40°，
易算得∠DAF=∠DAE=20°，∠BAD=∠BAE=∠CAF=10°，
所以∠DAC=∠DAF+∠CAF=20°+10°=30°。
