答案：
1.C　如图,过E作EM⊥BC于M,过A作AH⊥BC于H,交BD于E'。
∵△ABC为等边三角形,BD平分∠ABC,
∴∠EBM = 30°,
∴EM = $\frac{1}{2}$BE,
∴AE + $\frac{1}{2}$BE = AE + EM,
∴当AE + EM的值最小时,AE + $\frac{1}{2}$BE的值最小,此时E与E'重合,M与H重合,则AE + $\frac{1}{2}$BE的最小值为AH的长。在Rt△ABH中,AH = AB·sin∠ABH = 2×sin60° = $\sqrt{3}$,
∴AE + $\frac{1}{2}$BE的最小值为$\sqrt{3}$。故选C。

答案：
2.答案　$3\sqrt{2}$
解析　如图,在∠BAC的外部作∠CAE = 15°,过P作PF⊥AE于点F。
∵AB = AC,AD⊥BC,∠CAB = 30°,
∴∠PAC = ∠PAB = 15° = ∠CAE,
∴∠PAF = 30°,
∴PF = $\frac{1}{2}$PA,
∴PA + 2PB = 2($\frac{1}{2}$PA + PB) = 2(PF + PB)。
∴当P,B,F三点共线时,PF + PB有最小值,即PA + 2PB有最小值，最小值为BF长的2倍。在Rt△ABF中,BF = AB·sin45° = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$,故PA + 2PB的最小值为2BF = $3\sqrt{2}$。

答案：
3.答案　$5\sqrt{2}$
解析　如图，过点B作BD⊥AC,垂足为D。
∵tanC = 2,
∴在Rt△BCD中,设DC = x,则BD = 2x,由勾股定理可得BC = $\sqrt{5}x$。
∴$\frac{DC}{BC}=\frac{x}{\sqrt{5}x}=\frac{\sqrt{5}}{5}$,即$\frac{\sqrt{5}}{5}BC = DC$,
∴AC + $\frac{\sqrt{5}}{5}BC = AC + DC$。延长DC到E,使EC = CD = x,连接BE,
∴AC + $\frac{\sqrt{5}}{5}BC = AC + DC = AC + CE = AE$。
∵BD⊥DE,DE = 2x = BD,
∴△BDE是等腰直角三角形,则∠E = 45°。在△ABE中,AB = 5,∠E = 45°,由辅助圆中的定弦定角模型，作△ABE的外接圆,易知点E在⊙O上运动,AE是⊙O的弦,则求AC + $\frac{\sqrt{5}}{5}BC$的最大值就是求弦AE的最大值。根据圆的性质可知,当弦AE过圆心O,即AE是直径时,AE最长,即AC + $\frac{\sqrt{5}}{5}BC$的值最大。
∵AE是⊙O的直径,
∴∠ABE = 90°。
∵∠E = 45°,
∴△ABE是等腰直角三角形。
∵AB = 5,
∴BE = AB = 5。则由勾股定理可得AE = $\sqrt{AB^{2}+BE^{2}} = 5\sqrt{2}$,
∴AC + $\frac{\sqrt{5}}{5}BC$的最大值为$5\sqrt{2}$,故答案为$5\sqrt{2}$。

答案：
4.B　[解法一]令AD = x,
∵tan∠BAD = $\frac{1}{2}$,tan∠CAD = $\frac{1}{3}$,
∴BD = $\frac{1}{2}x$,CD = $\frac{1}{3}x$。在Rt△ABD中,AB = $\sqrt{x^{2}+(\frac{1}{2}x)^{2}} = \frac{\sqrt{5}}{2}x$,同理可得AC = $\frac{\sqrt{10}}{3}x$。如图，过点C作AB的垂线,垂足为E,则$\frac{1}{2}AB·CE = \frac{1}{2}BC·AD$,
∴CE = $\frac{\sqrt{5}}{3}x$。在Rt△ACE中,sin∠EAC = $\frac{CE}{AC} = \frac{\frac{\sqrt{5}}{3}x}{\frac{\sqrt{10}}{3}x} = \frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴∠EAC = 45°。故选B。

[解法二]利用“12345”模型结论即可得出∠BAC = 45°。

答案：
5.D　[解法一]如图，过点C作CH⊥AB于点H。设CH = m。
∵tanA = $\frac{CH}{AH} = \frac{1}{2}$,tanB = $\frac{CH}{BH} = \frac{1}{3}$,
∴AH = 2m,BH = 3m,
∴AB = AH + BH = 5m = 5,
∴m = 1,
∴CH = 1,BH = 3,
∴BC = $\sqrt{CH^{2}+BH^{2}} = \sqrt{1^{2}+3^{2}} = \sqrt{10}$。故选D。

[解法二]如图,过点B作BD⊥AC,交AC的延长线于点D。
∵tanA = $\frac{1}{2}$,tan∠ABC = $\frac{1}{3}$,
∴∠A + ∠ABC = 45°,
∴∠BCD = ∠CBD = 45°,
∴BD = CD。设BD = CD = x,
∵tanA = $\frac{BD}{AD} = \frac{1}{2}$,
∴AD = 2BD = 2x。
∵BD² + AD² = AB²,即x² + (2x)² = 5²,
∴x = $\sqrt{5}$(负值已舍)，
∴BD = CD = $\sqrt{5}$。在Rt△BCD中,BC = $\sqrt{2}BD = \sqrt{10}$。故选D。

答案：
6.A　[解法一]“半角”模型:如图,延长FD到G,使DG = BE,连接CG,EF。在△BCE与△DCG中,$\begin{cases}CB = CD\\∠CBE = ∠CDG\\BE = DG\end{cases}$,
∴△BCE≌△DCG(SAS),
∴CE = CG,∠BCE = ∠DCG,
∴∠GCF = ∠GCD + ∠DCF = ∠BCE + ∠DCF = 90° - 45° = 45°。在△GCF与△ECF中,$\begin{cases}GC = EC\\∠GCF = ∠ECF\\CF = CF\end{cases}$,
∴△GCF≌△ECF(SAS),
∴GF = EF。
∵CE = $3\sqrt{5}$,CB = 6,
∴BE = $\sqrt{CE^{2}-CB^{2}} = \sqrt{(3\sqrt{5})^{2}-6^{2}} = 3$,
∴AE = 3,DG = 3。设AF = x,则EF = $\sqrt{AE^{2}+AF^{2}} = \sqrt{9 + x^{2}}$,DF = 6 - x,
∴GF = 3 + (6 - x) = 9 - x。
∵GF² = EF²,
∴(9 - x)² = 9 + x²,
∴x = 4,即AF = 4,
∴DF = 2,
∴CF = $\sqrt{CD^{2}+DF^{2}} = \sqrt{6^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{10}$。故选A。

[解法二]“12345”模型:
∵CE = $3\sqrt{5}$,CB = 6,
∴BE = $\sqrt{CE^{2}-BC^{2}} = \sqrt{(3\sqrt{5})^{2}-6^{2}} = 3$,
∴tan∠BCE = $\frac{BE}{BC} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$。
∵∠ECF = 45°,∠BCD = 90°,
∴∠BCE + ∠DCF = 45°,
∴tan∠DCF = $\frac{DF}{DC} = \frac{1}{3}$,
∴$\frac{DF}{6} = \frac{1}{3}$,
∴DF = 2。在Rt△DCF中,CF = $\sqrt{CD^{2}+DF^{2}} = \sqrt{6^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{10}$。故选A。