Soruda verilen şekil zerinden çözümü anlatacağım. $B$ ile $D$ noktalarını birleştirelim.
Eğer $m(BD)=6\alpha$ olarak alınırsa $m(AD)=4\alpha$ olur. Aynı yayı gören çevre açı ölçüleri eşit olacağından, $m(ADB)=m(ACB)=2\alpha,\quad $ $m(DBC)=m(DAC)=90-3\alpha$ ve ters açılar olarak $m(BED)=m(AEC)=90+\alpha$ olacaklardır.
$AEC$ ile $BED$ üçgenlerinin benzerliğinden: $\frac{|BD|}{3\sqrt3}=\frac{|ED|}{2\sqrt3}\Rightarrow \frac{|ED|}{|BD|}=\frac 23..........(1)$ olur. Öte yandan $BDE$ üçgeninde sinüs teoreminden
$\frac{|ED|}{sin(90-3\alpha)}=\frac{|BD|}{sin(90+\alpha)}\Rightarrow \frac{|ED|}{|BD|}=\frac{sin(90-3\alpha)}{sin(90+\alpha)}..........(2)$ dir. $(1)$ ile $(2)$ nin eşitliğinden;
$\frac{sin(90-3\alpha)}{sin(90+\alpha)}=\frac 23\Rightarrow 2sin(90+\alpha)=3sin(90-3\alpha)$
$2cos\alpha =3cos3\alpha$
$2cos\alpha=3(4cos^3\alpha-3cos\alpha)$
$12cos^3\alpha-11cos\alpha=0\Rightarrow cos\alpha(12cos^2\alpha-11)=0$ buradan
$cos\alpha=0,\quad \alpha=\frac{\pi}{2}+\pi.k(k\in Z)$ ki bu olamaz.
$cos^2\alpha=\frac{11}{12}$ ve $sin\alpha= \pm\frac{1}{2\sqrt{3}}.........(3)$ olur.
Diğer taraftan $AEC$ üçgeninde yine sinüs teoreminden;
$\frac{x}{sin2\alpha}=\frac{2\sqrt3}{sin(90-3\alpha)}\Rightarrow x=\frac{2\sqrt3.sin(2\alpha)}{sin(90-3\alpha)}$ ve
$x=\frac{2\sqrt3.2sin\alpha.cos\alpha}{cos3\alpha}=\frac{2\sqrt3.2.sin\alpha.cos\alpha}{4cos^3\alpha-3cos\alpha}=\frac{4.\sqrt3.sin\alpha}{4cos^2\alpha-3} $ bu son ifadede $(3)$ deki değerler yazılırsa $x=\frac{4\sqrt3.\frac{1}{2\sqrt3}}{4.\frac{11}{12}-3}=3$ birim olarak bulunur.
Bu sorunun sanıyorum daha kısa ve güzel çözümü vardır.