解：①∵矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，

∴AD＝BC＝6，CD＝AB＝5，

∵点C是△ABE关于点A的勾股点，

∴CE＝CD＝5，

i）如图1，

若DE＝DA，则DE＝6，

过点E作MN⊥AB于点M，交DC于点N，

∴∠AME＝∠MND＝90°，

∴四边形AMND是矩形，

∴MN＝AD＝6，AM＝DN，

设AM＝DN＝x，则CN＝CD﹣DN＝5﹣x，

∵Rt△DEN中，EN²+DN²＝DE²；Rt△CEN中，EN²+CN²＝CE²，

∴DE²﹣DN²＝CE²﹣CN²，

∴6²﹣x²＝5²﹣（5﹣x）²，

解得：x＝ $\frac{18}{5}$ ，

∴EN＝ $\sqrt{D E^{2} - D N^{2}} = \sqrt{6^{2} - {(\frac{18}{5})}^{2}} = \frac{24}{5}$ ，AM＝DN＝ $\frac{18}{5}$ ，

∴ME＝MN﹣EN＝6﹣ $\frac{24}{5} = \frac{6}{5}$ ，

∴Rt△AME中，AE＝ $\sqrt{A M^{2} + M E^{2}} = \sqrt{{(\frac{18}{5})}^{2} + {(\frac{6}{5})}^{2}} = \frac{6 \sqrt{10}}{5}$ ，

ii）如图2，

若AE＝DE，则E在AD的垂直平分线上，

过点E作PQ⊥AD于点P，交BC于点Q，

∴AP＝DP＝ $\frac{1}{2}$ AD＝3，∠APQ＝∠PQC＝90°，

∴四边形CDPQ是矩形，

∴PQ＝CD＝5，CQ＝PD＝3，

∴Rt△CQE中，EQ＝ $\sqrt{C E^{2} - C Q^{2}} = \sqrt{5^{2} - 3^{2}} = 4$ ，

∴PE＝PQ﹣EQ＝1，

∴Rt△APE中，AE＝ $\sqrt{A P^{2} + P E^{2}} = \sqrt{3^{2} + 1^{2}} = \sqrt{10}$ ，

iii）如图3，

若AE＝AD＝6，则AE²+CE²＝AD²+CD²＝AC²，

∴∠AEC＝90°，

取AC中点O，则点A、B、C、D在以O为圆心、OA为半径的⊙O上，

∴点E也在⊙O上，

∴点E不在矩形ABCD内部，不符合题意，

综上所述，若△ADE是等腰三角形，AE的长为 $\frac{6 \sqrt{10}}{5}$ 或 $\sqrt{10}$ ；

②当BE⊥AC时，AE+ $\frac{5}{6}$ BE取得最小值.

过点E分别作ER⊥AB于点R，ES⊥BC于点S，

∴四边形BRES是矩形，∠EBS与∠ACB互余，

∴∠EBS＝∠ACD，

∴tan∠EBS＝tan∠ACD＝ $\frac{A D}{C D} = \frac{6}{5}$

∴tan∠EBS＝ $\frac{E S}{B S} = \frac{6}{5}$

设ES＝6a，BS＝5a，则BE＝ $\sqrt{{(6 a)}^{2} + {(5 a)}^{2}} = \sqrt{61} a$ ，CS＝6﹣5a，AR＝5﹣6a，

∵Rt△CES中，CS²+ES²＝CE²，即（6﹣5a）²+（6a）²＝5²，

解得：a₁＝ $\frac{30 + \sqrt{229}}{61}$ （舍去），a₂＝ $\frac{30 - \sqrt{229}}{61}$ ，61a²﹣60a＝﹣11，

∴Rt△ARE中，AE＝ $\sqrt{A R^{2} + R E^{2}} = \sqrt{{(5 - 6 a)}^{2} + {(5 a)}^{2}} = \sqrt{61 a^{2} - 60 a + 25} = \sqrt{14}$ ，

∴AE+ $\frac{5}{6}$ BE＝ $\sqrt{14} + \frac{5}{6} \times \sqrt{61} \times \frac{30 - \sqrt{229}}{61} \approx 5.328$ .

浙江省台州市温岭市、天台县2019届数学中考一模试卷