专题15 折叠问题-中考一轮复习之热点题型练习（全国通用）

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专题15 【折叠问题】
知识点
（1） 直角三角形的存在性问题，需讨论三角形三个三个内角分别为直角的情况，有时会有情况不成立，应舍去。
（2） 等腰三角形的讨论，需分别考虑三角形的边两两相等。
（3） 折叠到特殊位置也需要考虑特殊位置的不唯一性。
【命题一】直角三角形的存在性问题
1．一张直角三角形纸片ABC，∠ACB＝90°，AB＝13，AC＝5，点D为BC边上的任一点，沿过点D的直线折叠，使直角顶点C落在斜边AB上的点E处，当△BDE是直角三角形时，则CD的长为　或　．
【分析】根据沿过点D的直线折叠，使直角顶点C落在斜边AB上的点E处，当△BDE是直角三角形时，分两种情况讨论：∠DEB＝90°或∠BDE＝90°，分别依据勾股定理或者相似三角形的性质，即可得到CD的长．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝13，AC＝5，
∴BC＝＝12，
根据题意，分两种情况：
①如图，

若∠DEB＝90°，则∠AED＝90°＝∠C，
CD＝ED，
连接AD，则Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴AE＝AC＝5，
BE＝AB﹣AE＝13﹣5＝8，
设CD＝DE＝x，
则BD＝BC﹣CD＝12﹣x，
在Rt△BDE中，DE2+BE2＝BD2，
∴x2+82＝（12﹣x）2
解得x＝，
∴CD＝；
②如图，

若∠EDB＝90°，则∠CDE＝∠DEF＝∠C＝90°，CD＝DE，
∴四边形CDEF是正方形，
∴∠AFE＝∠EDB＝90°，
∠AEF＝∠B，
∴△AEF∽△EBD，
∴＝，
设CD＝x，则EF＝CF＝x，AF＝5﹣x，BD＝12﹣x，
∴＝，
解得x＝．
∴CD＝．
综上所述，CD的长为或．
【点评】本题考查了翻折变换，综合运用勾股定理、相似三角形的判定与性质、正方形的判定与性质解答，解题关键是根据题意分两种情况讨论．
2．如图，AC是▱ABCD的对角线，∠BAC＝90°，△ABC的边AB，AC，BC的长是三个连续偶数，E，F分别是边AB，BC上的动点，且EF⊥BC，将△BEF沿着EF折叠得到△PEF，连接AP，DP．若△APD为直角三角形时，BF的长为　或　．

【分析】设直角三角形ABC的三边长分别为x﹣2、x、x+2，利用勾股定理可得（x+2）2＝x2+（x﹣2）2，解方程即可求出三边长为6，8，10．分三种情况：
①当∠PAD＝90°，由平行四边形的性质得出CD＝AB＝6，AD＝BC＝10，AD∥BC，证明△ABP∽△CBA，求出BP＝，由轴对称的性质即可得出结果；
②∠APD＝90°，当点P与C重合时，得出该情况不成立；
③当点P与C不重合时，∠APD＝90°，作AG⊥BC于G，则EF与AG重合，BF＝．
【解答】解：设直角三角形ABC的三边长分别为x﹣2、x、x+2，根据题意得：
（x+2）2＝x2+（x﹣2）2，
解得x1＝0（舍去），x2＝8．
所以斜边长BC为x+2＝10．
∴AB＝6，AC＝8，
分三种情况：
①当∠PAD＝90°，如图1所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝6，AD＝BC＝10，AD∥BC，
∴∠APB＝∠PAD＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△ABP∽△CBA，
∴，即，
解得：BP＝，
∵EF⊥BC，△BEF与△PEF关于直线EF对称，
∴BF＝PF＝BP＝；
②当∠APD＝90°时，点P与C重合时，如图2所示：

∵AB∥CD，
∴∠APD＝∠ACD＝∠BAC＝90°，
∵E在AB上，E和A重合，而AB≠AC，
则△BEF与△PEF关于直线EF不对称，
∴该情况不存在；
③当点P与C不重合时，∠APD＝90°，如图3所示：

作AG⊥BC于G，则EF与AG重合，BF＝；
综上所述，若△APD是直角三角形，则BF的长为或；
故答案为：或．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
3．如图，在Rt△ABC中BC＝AC＝4，D是斜边AB上的一个动点，把△ACD沿直线CD折叠，点A落在同一平面内的A′处，当A′D垂直于Rt△ABC的直角边时，AD的长为　4﹣4或4　．

【分析】由等腰直角三角形的性质和勾股定理得出AB＝4，∠B＝∠A′CB＝45°，①如图1，当A′D∥BC，设AD＝x，根据折叠的性质得到∠A′＝∠A＝∠A′CB＝45°，A′D＝AD＝x，推出A′C⊥AB，求得BH＝BC＝2，DH＝A′D＝x，然后列方程即可得到结果，②如图2，当A′D∥AC，根据折叠的性质得到AD＝A′D，AC＝A′C，∠ACD＝∠A′CD，根据平行线的性质得到∠A′DC＝∠ACD，于是得到∠A′DC＝∠A′CD，推出A′D＝A′C，于是得到AD＝AC＝2．
【解答】解：Rt△ABC中，BC＝AC＝4，
∴AB＝4，∠B＝∠A′CB＝45°，
①如图1，当A′D∥BC，设AD＝x，
∵把△ACD沿直线CD折叠，点A落在同一平面内的A′处，
∴∠A′＝∠A＝∠A′CB＝45°，A′D＝AD＝x，
∵∠B＝45°，
∴A′C⊥AB，
∴BH＝BC＝2，DH＝A′D＝x，
∴x+x+2＝4，
∴x＝4﹣4，
∴AD＝4﹣4；
②如图2，当A′D∥AC，
∵把△ACD沿直线CD折叠，点A落在同一平面内的A′处，
∴AD＝A′D，AC＝A′C，∠ACD＝∠A′CD，
∵∠A′DC＝∠ACD，
∴∠A′DC＝∠A′CD，
∴A′D＝A′C，
∴AD＝AC＝4，
综上所述：AD的长为：4﹣4或4．


【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，等腰直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是BC的中点，连接AE，P是边AD上一动点，沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的点D′处，当△APD′是直角三角形时，PD＝　或　．

【分析】根据矩形的性质得到AD＝BC＝6，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°，根据勾股定理得到AE＝＝＝5，设PD′＝PD＝x，则AP＝6﹣x，当△APD′是直角三角形时，①当∠AD′P＝90°时，②当∠APD′＝90°时，根据相似三角形的性质列出方程，解之即可得到结论．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，
∴AD＝BC＝6，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE＝3，
∴AE＝＝＝5，
∵沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的点D′处，
∴PD′＝PD，
设PD′＝PD＝x，则AP＝6﹣x，
当△APD′是直角三角形时，
①当∠AD′P＝90°时，
∴∠AD′P＝∠B＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠PAD′＝∠AEB，
∴△ABE∽△PD′A，
∴＝，
∴＝，
∴x＝，
∴PD＝；
②当∠APD′＝90°时，
∴∠APD′＝∠B＝90°，
∵∠PAE＝∠AEB，
∴△APD′∽△EBA，
∴，
∴＝，
∴x＝，
∴PD＝，
综上所述，当△APD′是直角三角形时，PD＝或，
故答案为：或．

【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．
5．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，CD是△ABC的中线，E是边BC上一动点，将△BED沿ED折叠，点B落在点F处，EF交线段CD于点G，当△DFG是直角三角形时，则CE＝　1或﹣　．

【分析】分两种情形：①如图1中，当∠DGF＝90°时，作DH⊥BC于H．②如图2中，当∠GDF＝90°，作DH⊥BC于H，DK⊥FG于K．
【解答】解：①如图1中，当∠DGF＝90°时，作DH⊥BC于H．

在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，
∴AB＝＝＝2，
∵AD＝DB，
∴CD＝AB＝，
∵DH∥AC，AD＝DB，
∴CH＝BH，
∴DH＝DG＝AC＝1，
∴CG＝﹣1，
∵DC＝DB，
∴∠DCB＝∠B，
∴cos∠DCB＝cos∠B＝，
∴CE＝CG÷cos∠DCB＝﹣．

②如图2中，当∠GDF＝90°，作DH⊥BC于H，DK⊥FG于K．

易证四边形DKEH是正方形，可得EH＝DH＝1，
∵CH＝BH＝2，
∴CE＝1，
综上所述，满足条件的CE的值为1或﹣．
【点评】本题考查翻折变换，直角三角形斜边上的中线，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
6．如图，在△ABC中，AB＝AC＝，∠B＝30°，D是BC上一点，连接AD，把△ABD沿直线AD折叠，点B落在B′处，连接B'C，若△AB'C是直角三角形，则BD的长为　或　．

【分析】分两种情形：如图1中，当点B′在直线BC的下方∠CAB′＝90°时，作AF⊥BC于F．证明∠ADF＝45°，求出DF，BF即可解决问题．如图2中，当点B′在直线BC的上方∠CAB′＝90°时，同法可得∠ADB＝45°，求出DF即可．
【解答】解：如图1中，当点B′在直线BC的下方∠CAB′＝90°时，作AF⊥BC于F．

∵AB＝AC＝，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∵∠CAB′＝90°，
∴∠BAB′＝30°，
∴∠DAB＝∠DAB′＝15°，
∴∠ADC＝∠B+∠DAB＝45°，
∵AF⊥DF，
∴AD＝DF＝AB•sin30°＝，BF＝AF＝，
∴BD＝BF﹣DF＝．

如图2中，当点B′在直线BC的上方∠CAB′＝90°时，可得∠ADB＝45°，AF＝DF＝，BD＝BF+FD＝，

综上所述，满足条件的BD的值时．
故答案为或．
【点评】本题考查翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【命题二】等腰三角形的存在性问题
1．如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝2，M为边AB的中点，N为边BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE、CE，当△CDE为等腰三角形时，BN的长为　或2　．

【分析】分两种情况①当DE＝DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB＝CD＝BC＝2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG＝∠B＝60°，∠A＝120°，DE＝AD＝2，求出DG＝CG＝，BG＝BC+CG＝3，由折叠的性质得EN＝BN，EM＝BM＝AM，∠MEN＝∠B＝60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A＝∠DEM＝120°，证出D、E、N三点共线，设BN＝EN＝xcm，则GN＝3﹣x，DN＝x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②当CE＝CD上，CE＝CD＝AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE＝CD＝DE＝DA，△CDE是等边三角形，BN＝BC＝2（含CE＝DE这种情况）．
【解答】解：分两种情况：
①当DE＝DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝BC＝2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG＝∠B＝60°，∠A＝120°，
∴DE＝AD＝2，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG＝90°﹣60°＝30°，
∴CG＝CD＝1，
∴DG＝CG＝，BG＝BC+CG＝3，
∵M为AB的中点，
∴AM＝BM＝1，
由折叠的性质得：EN＝BN，EM＝BM＝AM，∠MEN＝∠B＝60°，
在△ADM和△EDM中，，
∴△ADM≌△EDM（SSS），
∴∠A＝∠DEM＝120°，
∴∠MEN+∠DEM＝180°，
∴D、E、N三点共线，
设BN＝EN＝x，则GN＝3﹣x，DN＝x+2，
在Rt△DGN中，由勾股定理得：（3﹣x）2+（）2＝（x+2）2，
解得：x＝，即BN＝；
②当CE＝CD时，CE＝CD＝AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE＝CD＝DE＝DA，△CDE是等边三角形，BN＝BC＝2（含CE＝DE这种情况）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为或2；
故答案为：或2．


【点评】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论．
2．如图，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝15，E是CD上的点，将△ADE沿折痕AE折叠，使点D落在BC边上点F处，点P是线段CB延长线上的动点，连接PA，若△PAF是等腰三角形，则PB的长为　6或9或3.5　．

【分析】分AP＝AF；PF＝AF以及AP＝P三种情形分别讨论求出满足题意的PB的值即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
由折叠对称性：AF＝AD＝15，FE＝DE．
在Rt△ABF中，BF＝9，
∴FC＝6，
分三种情形讨论：
若AP＝AF，
∵AB⊥PF，
∴PB＝BF＝9，
若PF＝AF，则PB+9＝15，
解得PB＝6，
若AP＝PF，在Rt△APB中，AP2＝PB2+AB2，解得PB＝3.5，
综合得PB＝6或9或3.5．
故答案为：6或9或3.5．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理的运用以及图形折叠的问题，题目综合性很强，难度不小．
3．如图，正方形ABCD中，AD＝+2，已知点E是边AB上的一动点（不与A、B重合）将△ADE沿DE对折，点A的对应点为P，当△APB是等腰三角形时，AE＝　1或　．

【分析】分AP＝AB，AP＝PB两种情况讨论，利用正方形的性质和勾股定理可求解．
【解答】解：若AP＝BA，
∵四边形ABCD是正方形
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵折叠
∴AD＝DP＝AP，∠ADE＝∠PDE
∴△ADP是等边三角形
∴∠ADP＝60°
∴∠ADE＝30°
∴AE＝＝
若AP＝PB，
如图，过点P作PF⊥AD于点F，作∠MED＝∠MDE，

∵AP＝PB，
∴点P在AB的垂直平分线上，且PF⊥AD，
∴PF＝AB，
∵折叠
∴AD＝DP＝AB，∠ADE＝∠PDE
∴PF＝PD
∴∠PDF＝30°
∴∠ADE＝15°
∵∠MED＝∠MDE，
∴∠AME＝30°，ME＝MD
∴AM＝AE，ME＝2AE
∴AD＝2AE+AE＝2+
∴AE＝1
当AB＝PB时，
∴AB＝AD＝BP，
由折叠知，AD＝DP，
∴BP＝DP，
在△ADP和△ABP中，，
∴△ADP≌△ABP（SSS），
∴∠DAP＝∠BAP＝45°，
∴∠DAE＝90°﹣45°＝45°，
∴点E和点B重合，不符合题意，
即：AB＝PB此种情况不存在，
故答案为：1或
【点评】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝6，点P为AB边上一点，且AP≤3，连接DP，将△ADP沿DP折叠，点A落在点M处，连接CM，BM，当△BCM为等腰三角形时，BP的长为　3或6﹣　．

【分析】①当BC＝CM时，△BCM为等腰三角形，
当BM＝CM时，当△BCM为等腰三角形时，
③当BC＝BM＝3时，由折叠的性质得，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：①如图1，当BC＝CM时，△BCM为等腰三角形，
∴点M落在CD边上，如图1，DN＝AD＝3，
∴四边形APMD是正方形，
∴AP＝3，∵AB＝CD＝6，
∴BP＝3；
②如图2，当BM＝CM时，当△BCM为等腰三角形时，
∴点M落在BC的垂直平分线上，如图2，
过M作BC的垂直平分线交AD于H交BC于G，
∴AH＝DH＝AD，
∵将△ADP沿DP折叠，点A落在点M处，
∴AD＝DM，
∴DH＝DM，
∴∠ADM＝60°，
∴∠ADP＝∠PDM＝30°，
∴AP＝AD＝，
∴PB＝6﹣；
③当BC＝BM＝3时，
由折叠的性质得，DM＝AD＝3，
∴DM+BM＝6，而BD＝＝3，
∴DM+BM＜BD，故这种情况不存在，
综上所述，BP的长为3或6﹣，
故答案为：3或6﹣．


【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，等腰三角形的判定，直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
【命题三】动点运动到特殊的位置
2．如图，已知正方形ABCD，边长为8，E是AB边上的一点，连接DE，将△DAE沿DE所在直线折叠，使点A的对应点A1落在正方形的边CD或BC的垂直平分线上，则AE的长度是　16﹣8或　．

【分析】分两种情况：①当点A的对应点A1落在正方形的边CD的垂直平分线MN上时，由折叠的性质得：∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝8，则MN⊥AB，MN⊥AB，DM＝CD＝4，A1D＝AD＝8，得出∠DA1M＝30°，由勾股定理求出A1M＝4，求出∠EA1N＝60°，A1N＝8﹣4，得出∠A1EN＝30°，再由直角三角形的性质即可得出结果；
②当点A的对应点A1落在正方形的边BC的垂直平分线GH上时，作AP⊥AB于P，解法同①．
【解答】解：分两种情况：
①当点A的对应点A1落在正方形的边CD的垂直平分线MN上时，如图1所示：
由折叠的性质得：∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝8，
则MN⊥AB，MN⊥AB，DM＝CD＝4，A1D＝AD＝8，
∴∠DA1M＝30°，A1M＝＝4，
∴∠EA1N＝180°﹣30°﹣90°＝60°，A1N＝8﹣4，
∴∠A1EN＝90°﹣60°＝30°，
∴AE＝A1E＝2A1N＝16﹣8；
②当点A的对应点A1落在正方形的边BC的垂直平分线GH上时，作AP⊥AB于P，如图2所示：
则DG＝A1P＝AD＝4，A1D＝AD＝8，∠DA1E＝90°，AE＝A1E，
∴DG＝A1D，
∴∠DA1G＝30°，
∴∠PA1E＝30°，
∴AE＝A1E＝＝＝；
综上所述，AE的长为16﹣8或；
故答案为：16﹣8或．


【点评】本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、三角函数等知识；熟练掌握翻折变换的性质和直角三角形的性质是关键．
3．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，点G是BC边上一点，且BG＝5（BG＜CG）．将矩形纸片沿过点G的折痕GE折叠，使点B恰好落在AD边上，折痕与矩形纸片ABCD的边相交于点E，则折痕GE的长为　或2　．

【分析】两种情况：①当折痕的另一端点E在AB边上时，利用翻折变换的性质以及勾股定理求出AF的长，再利用勾股定理求出AE和EF的长，根据勾股定理即可得出结论；
②当折痕的另一端点E在AD边上时，首先证明四边形BGFE是平行四边形，再利用BG＝FG，得出四边形BGFE是菱形，再利用菱形性质求出GE的长．
【解答】解：①当折痕的另一端点E在AB边上时，点B落在AD边上的点F处，如图①所示：
过G作GH⊥AD交AD于H，
在Rt△GHF中，GF＝BG＝5，GH＝4，
∴FH＝＝3，AF＝5﹣3＝2，
设AE＝x，则EF＝BE＝4﹣x，
则AE2+AF2＝EF2，
∴x2+22＝（4﹣x）2，
解得：x＝，
∴AE＝，BE＝EF＝4﹣＝，
在Rt△BFG中，根据勾股定理得，GE＝＝＝；
②当折痕的另一端点E在AD边上时，点B落在AD边上的点F处，如图②所示：
过E作EK⊥BG于K，
∵ABCD是矩形，
∴AD∥BC，BH∥FG，
∴四边形BGFE是平行四边形；
由对称性知，BG＝FG，
∴四边形BGFE是菱形．
∴BG＝BE＝5，AB＝4，AE＝3，
∴KG＝2，GE＝＝2；
综上所述，GE的长为或2；
故答案为：或2．


【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定以及勾股定理等知识；利用翻折变换的性质得出对应线段之间的关系是解题关键，注意分类讨论．
4．如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE＝3，点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处．若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为　16或4　．

【分析】根据翻折的性质，可得B′E的长，根据勾股定理，可得CE的长，根据等腰三角形的判定，可得答案．
【解答】解：（i）如图1所示：当B′D＝B′C时，过B′点作GH∥AD，则∠B′GE＝90°．

当B′C＝B′D时，AG＝DH＝DC＝8．
由AE＝3，AB＝16，得BE＝13．
由翻折的性质，得B′E＝BE＝13．
∴EG＝AG﹣AE＝8﹣3＝5，
∴B′G＝＝＝12，
∴B′H＝GH﹣B′G＝16﹣12＝4，
∴DB′＝＝＝4
（ii）当DB′＝CD时，则DB′＝16（易知点F在BC上且不与点C、B重合）．
（iii）如图2所示：

当CB′＝CD时，
∵EB＝EB′，CB＝CB′，
∴点E、C在BB′的垂直平分线上，
∴EC垂直平分BB′，
由折叠可知点F与点C重合，不符合题意，舍去．
综上所述，DB′的长为16或4．
故答案为：16或4．
【点评】本题考查了翻折变换、勾股定理、等腰三角形的判定，分类讨论是解题的关键．
5．如图，已知等边△ABC，边长为3，点M为AB上一点，且BM＝1，点N为边AC上不与A、C重合的一个动点，连接MN，以MN为对称轴，折叠△AMN，点A的对应点为P．当点P落在等边△ABC的边上时，AN的长为　1或5　

【分析】分两种情形：如图1中，当点P落在AC上时，解直角三角形求出AN即可．如图2中，当点P落在BC上时，利用相似三角形的性质构建方程组解决问题即可．
【解答】解：如图1中，当点P落在AC上时，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵AB＝3，BM＝1，
∴AM＝2，
∵∠ANM＝90°，
∴∠AMN＝30°，
∴AN＝AM＝1．
如图2中，当点P落在BC上时，

∵∠BPN＝∠C+∠PNC＝∠BPM+∠MPN，
又∵∠B＝∠C＝60°，∠A＝∠MPN＝60°，
∴∠BPM＝∠PNC，
∴△PBM∽△NCP，
∴＝＝，
∵AN＝PN，AM＝PM＝2，
∴＝＝，
解得AN＝5﹣或5+（舍弃），
综上所述，AN的值为1或5﹣．
故答案为1或5﹣．
【点评】本题考查翻折的性质、相似三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．