Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym obrazku 

---

Korzystając z oznaczeń na rysunku dostajemy, że 

$h_1=2\cdot \left|PK\right|=2\sqrt{3}$  

$h_2=2\cdot \left|PL\right|=2\cdot 2=4$

---

Rozważmy trójkąt AMD. 

Zauważmy, że jest to trójką o kątach 30°, 60° i 90°. 

Korzystając z zależności między długościami boków w tym trójkącie dostajemy 

$\left|AD\right|=2\cdot \left|DM\right|=2\cdot 2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$

$\left|AM\right|=\left|DM\right|\cdot \sqrt{3}=2\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=6$

---

Rozważmy trójkąt ABD. 

Obliczamy pole tego trójkąta 

$P_{ABD}=\frac{\left|AD\right|\cdot h_2}{2}=\frac{4\sqrt{3}\cdot 4}{2}=8\sqrt{3}$

Z drugiej strony pole tego trójkąta możemy obliczyć ze wzoru 

$P_{ABD}=\frac{\left|AB\right|\cdot h_1}{2}$

skąd mamy 

$8\sqrt{3}=\frac{\left|AB\right|\cdot 2\sqrt{3}}{2}$

$8\sqrt{3}=\left|AB\right|\cdot \sqrt{3}\mid :\sqrt{3}$

$8=\left|AB\right|$  

---

Rozważmy trójkąt BDM. 

Zauważmy, że

$\left|MB\right|=\left|AB\right|-\left|AM\right|=8-6=2$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dostajemy

$h_1^2+{\left|MB\right|}^2=x^2$  

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

$12+4=x^2$

$16=x^2\text{i}x>0$

więc

$x=4$