$\dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$．

在三角形 $CDE$ 中，已知两边一角，因此可用余弦定理求出另一边，再用正弦定理求出另外两角的正弦值．如图，设 $\angle CED = \alpha $．在 $\triangle CDE$ 中，由余弦定理，可得\[{EC}^2 = {CD}^2 + {DE}^2 - 2CD \cdot DE \cdot \cos \angle EDC.\]于是由题设可知，$7 = {CD}^2 + 1 + CD$，即\[{CD}^2 + CD - 6 = 0,\]解得\[CD = 2 \left(CD = - 3 < 0 , 舍去\right).\]在 $\triangle CDE$ 中，由正弦定理，可得\[\dfrac{EC}{\sin \angle EDC} = \dfrac{CD}{\sin \alpha }.\]于是\[ \sin \alpha = \dfrac{{CD \cdot \sin \frac{{2{\mathrm \pi} }}{3}}}{EC} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7},\]即\[\sin \angle CED = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}.\]

$4\sqrt 7$．

在三角形 $AEB$ 中，已知一边一角，因此在任意知道该三角形中的一个条件，即可求出 $BE$，根据题中条件 $\angle BEC$ 和 $\angle CED$，可锁定求解 $\angle AEB$．由题设可得 $0 < \alpha < \dfrac{{{\mathrm \pi} }}{3}$，于是由（1）知\[ \cos \alpha \overset{\left[a\right]}= \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \dfrac{2\sqrt 7 }{7}, \]（推导中用到[a]）
而 $\angle AEB = \dfrac{{2{\mathrm \pi} }}{3} - \alpha $，所以\[\begin{split}\cos \angle AEB & = \cos \left( {\dfrac{{2{\mathrm \pi} }}{3} - \alpha } \right)
\\& \overset{\left[a\right]}= \cos \dfrac{{2{\mathrm \pi} }}{3}\cos \alpha + \sin \dfrac{{2{\mathrm \pi} }}{3}\sin \alpha
\\&= - \dfrac{1}{2}\cos \alpha + \dfrac{\sqrt 3 }{2}\sin \alpha
\\&= \dfrac{\sqrt 7 }{14},\end{split}\]（推导中用到[a]）
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle EAB$ 中，$\cos \angle AEB = \dfrac{EA}{BE} = \dfrac{2}{BE}$，所以\[BE = \dfrac{2}{\cos \angle AEB} = 4\sqrt 7.\]