解三角形

（1）在 $\triangle ABC$ 中，由余弦定理：

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos B = 9 + 12 - 2 \times 3 \times 2\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{3} = 9 + 12 - 12 = 9$

所以 $AC = 3$。

再由余弦定理求 $\cos A$：

$\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 \cdot AB \cdot AC} = \frac{9 + 9 - 12}{2 \times 3 \times 3} = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}$

（2）$D$ 在 $BA$ 延长线上，$DE \parallel BC$。

因为 $DE \parallel BC$，所以 $\angle ADE = \angle ABC$。又 $AE \perp AC$，即 $\angle CAE = 90^\circ$。

在 $\triangle ADE$ 中，由 $\cos A = \frac{1}{3}$，$\angle CAE = 90^\circ$。

$DE = \sqrt{6}$，在 $\triangle ADE$ 中：

$AE = DE \cdot \cos A = \sqrt{6} \times \frac{1}{3} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

不对，$\angle ADE = \angle B$，而非 $\angle A$。需要重新分析。

由 $DE \parallel BC$，得 $\triangle ADE \sim \triangle ABC$（$D$ 在 $BA$ 延长线，$E$ 需确认位置）。

设 $AD = t$，则由相似 $\frac{AD}{AB} = \frac{DE}{BC}$，即 $\frac{t}{3} = \frac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，解得 $t = \frac{3\sqrt{2}}{2}$。

$AE \perp AC$，在 $\triangle AEC$ 中，$AC = 3$，$\angle CAE = 90^\circ$。

$AE = t \cdot \frac{AC}{AB} = \frac{3\sqrt{2}}{2} \times \frac{3}{3} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$（由相似）。

在 $\triangle AEC$ 中，$\angle CAE = 90^\circ$，$AC = 3$，$AE = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，由勾股定理：

$CE = \sqrt{AC^2 + AE^2} = \sqrt{9 + \frac{9}{2}} = \sqrt{\frac{27}{2}} = \frac{3\sqrt{6}}{2}$。

答案是：（1）$\cos A = \frac{1}{3}$；（2）$CE = \frac{3\sqrt{6}}{2}$。