19. 如图，在菱形$ABCD$中，$AC$，$BD$相交于点$O$，过点$C$作$CE // BD$，使$CE = \frac{1}{2}BD$，连接$DE$。
（1）求证：四边形$DOCE$是矩形；
（2）若$∠ ABC = 60^{\circ}$，$AB = 6$，求$DE$的长。

（2）$DE=3$。

（1）证明：
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AC ⊥ BD$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，即$∠ DOC=90°$。
∵$CE // BD$，$CE=\frac{1}{2}BD$，
∴$CE // OD$且$CE=OD$，
∴四边形$DOCE$是平行四边形。
又∵$∠ DOC=90°$，
∴平行四边形$DOCE$是矩形。
（2）解：
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AB=BC=6$。
∵$∠ ABC=60°$，
∴$△ ABC$是等边三角形，
∴$AC=AB=6$。
∵菱形对角线互相平分，
∴$OC=\frac{1}{2}AC=3$。
由（1）知四边形$DOCE$是矩形，
∴$DE=OC=3$。

20. 提升题 阅读下面的解题过程，并解答问题。
化简：$(\sqrt{2 - 3x})^{2} - |1 - x|$。
解：隐含条件$2 - 3x ≥ 0$，解得$x ≤ \frac{2}{3}$。
$\therefore 1 - x ＞ 0$，
$\therefore$原式$= (2 - 3x) - (1 - x) = 2 - 3x - 1 + x = 1 - 2x$。
【启发应用】
(1)按照上面的解法，试化简$\sqrt{(x - π)^{2}} - (\sqrt{3 - x})^{2}$；(结果保留$π$)
【类比迁移】
(2)实数$a$，$b$在数轴上的位置如图，化简：$\sqrt{a^{2}} + \sqrt{(a + b)^{2}} - |b - a|$；

(3)已知$a$，$b$，$c$为$△ ABC$的三边长，化简$\sqrt{(a + b + c)^{2}} + \sqrt{(a - b - c)^{2}} - \sqrt{(b - a - c)^{2}} + \sqrt{(c - b - a)^{2}}$的结果为。

(1)$π - 3$；(2)$-a$；(3)$4b$。

(1)隐含条件$3 - x ≥ 0$，解得$x ≤ 3$。
$\because π \approx 3.14 ＞ 3$，$\therefore x - π ＜ 0$，
$\therefore$原式$= |x - π| - (3 - x) = (π - x) - 3 + x = π - 3$。
(2)由数轴知$b ＜ 0 ＜ a$，且$|b| ＞ a$，$\therefore a + b ＜ 0$，$b - a ＜ 0$。
$\sqrt{a^2} = |a| = a$，$\sqrt{(a + b)^2} = |a + b| = -a - b$，$|b - a| = a - b$，
$\therefore$原式$= a + (-a - b) - (a - b) = a - a - b - a + b = -a$。
(3)$\because a,b,c$为$△ ABC$三边长，$\therefore b + c ＞ a$，$a + c ＞ b$，$a + b ＞ c$。
$\sqrt{(a + b + c)^2} = a + b + c$，$\sqrt{(a - b - c)^2} = b + c - a$，
$\sqrt{(b - a - c)^2} = a + c - b$，$\sqrt{(c - b - a)^2} = a + b - c$，
$\therefore$原式$= (a + b + c) + (b + c - a) - (a + c - b) + (a + b - c) = 4b$。