Rysunek poglądowy:

Niech:

$\left|AB\right|=a$  

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie BDE:

${\left|DE\right|}^2+{\left|BE\right|}^2={\left|DB\right|}^2$  

$x^2+\frac{a^2}{4}=63$  

$\frac{a^2}{4}=63-x^2$  

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie BCE:

${\left|BE\right|}^2+{\left|CE\right|}^2={\left|BC\right|}^2$  

$\frac{a^2}{4}+{\left(x+3\sqrt{3}\right)}^2=a^2$  

${\left(x+3\sqrt{3}\right)}^2=\frac{3a^2}{4}$  

${\left(x+3\sqrt{3}\right)}^2=3\cdot \frac{a^2}{4}$  

${\left(x+3\sqrt{3}\right)}^2=3\cdot \left(63-x^2\right)$  

$x^2+6\sqrt{3}x+27=189-3x^2$  

$4x^2+6\sqrt{3}x-162=0\mid :2$  

$2x^2+3\sqrt{3}x-81=0$  

$\Delta ={\left(3\sqrt{3}\right)}^2-4\cdot 2\cdot \left(-81\right)=27+8\cdot 81=9\cdot \left(3+8\cdot 9\right)=9\cdot 75=9\cdot 25\cdot 3$  

$\sqrt{\Delta }=3\cdot 5\sqrt{3}=15\sqrt{3}$  

Bierzemy pod uwagę tylko dodatnie x:

$x=\frac{-3\sqrt{3}+15\sqrt{3}}{4}=\frac{12\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}$   

A więc:

$h=x+3\sqrt{3}=6\sqrt{3}$  

Zatem:

$h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$  

$6\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot a\mid :\sqrt{3}$  

$\frac{1}{2}a=6$  

$a=12$   

Pole trójkąta równobocznego:

$P=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{{12}^2\cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{144\sqrt{3}}{4}=36\sqrt{3}$