专题30 【五年中考+一年模拟】填空压轴题三-备战2023年河南中考真题模拟题分类汇编

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参考答案1．【分析】如图，过点分别作的垂线，分别交直线于点，过点作于点，证明，根据点于点重合，即时，取得最小值为，当取得最大值时，取得最大值，勾股定理求解即可．【详解】如图，过点分别作的垂线，分别交直线于点，过点作于点，中，，四边形是平行四边形四边形是平行四边形线段PB绕点B逆时针旋转60°得到BQ，①当点于点重合，如图，则此时最小，最小值为②中，当取得最大值时，取得最大值，如图，当重合时，取得最大值，在中，综上所述故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论找到的最小值与最大值是解题的关键．2．或9【分析】先通过等腰三角形三线合一的性质得出BE垂直平分AD，可得，设，则，分别讨论当时，，当时，，根据相似三角形的性质求解即可．【详解】，，BE垂直平分AD，，与相似，或，在中，，，，，，设，则，在中，，，解得，，在中， ，当时，，，即，；当时，，，即，；综上，BP的长为或9，故答案为：或9．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并运用分类讨论的思想是解题的关键．3．【分析】当点B、E、M三点共线时最短，利用30°直角三角形性质求出AB=2BC=4，利用勾股定理求出AC=，MB=，求出ME最小=BM-BE=，当点D与点A重合时ME最大，过点E作EF⊥AC于F，过点B作BG⊥EF于G，设EG为m，利用勾股定理求出BG=，再证△EAF∽△BEG，求出，可证四边形GFCB为矩形，利用BG=CF，列方程=，解方程即可．【详解】解：当点B、E、M三点共线时最短，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝2，∴AB=2BC=4，AC=，∵点M为AC中点，∴MC=AM=，∴MB=,∵△BED和△BCD关于BD对称，∴BE=BC=2，∴ME最小=BM-BE=，当点D与点A重合时ME最大，过点E作EF⊥AC于F，过点B作BG⊥EF于G，设EG为m，BG=，∵∠AEF+∠BEG=∠BEG+∠EBG=90°，∴∠AEF=∠EBG，∵∠EFA=∠BGE=90°，∴△EAF∽△BEG，即，∴CF=AC-AF=，∵∠BGF=∠GFC=∠C=90°，∴四边形GFCB为矩形，∴BG=CF，∴=，解得m=1或m=2（舍去），∴=AM，∴点F与点M重合，∴EF=，∴ME长度的取值范围为．故答案为：．【点睛】本题考查动点轨迹问题，30°直角三角形性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，矩形的判定与性质，轴对称性质，线段中点，掌握动点轨迹问题研究方法，30°直角三角形性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，矩形的判定与性质，轴对称性质，线段中点是解题关键．4．或【分析】当点恰好落在矩形的对角线上时存在两种情况：如图，点在上，点在上，连接，证明可得结论；如图，点在上，连接，根据角的三角函数列式可得的长，从而计算结论．【详解】解：如图，点在上，点在上，连接， 为的中点，，点关于的对称点为，，，，，，，即点走过的路径长为；如图，点在上，连接， 为的中点，且，AD=1，，，，由，，，，，，，此时点走过的路径长为；综上，点走过的路径长为或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，对称的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识是解题的关键，并注意运用分类讨论的思想．5．或【分析】依据在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，AC=3，即可得到AB=3；再分两种情况进行讨论：①∠ADB'=90°，②∠DAB'=90°，分别依据等腰直角三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，即可得到BD的长．【详解】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，AC=3，∴AB=，分两种情况：①如图（1）所示，若∠ADB'=90°，则ACB'D，∴∠ACB'=∠DB'C=∠B=30°，∠BCB'=30°，由折叠可得∠DCB'=∠BCB'=15°，∴∠ACD=45°，∠ADC=45°，∴AC=AD=3， ∴BD=AB-AD=；②如图（2）所示，若∠DAB'=90°，则B'，A，C三点共线，由折叠可得，∠B'=∠B=30°，∴Rt△AB'D中，AD=B'D=BD，又∵AB=3，∴BD=AB=．综上所述，BD的长为或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了折叠问题以及含30°角的直角三角形的性质，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．6．2或【分析】由勾股定理求出 再证明，然后分和两种情况，结合相似三角形的判定与性质可求出结论．【详解】解：在中，∵，∴，∵与关于对称，与关于对称，∴∠，∵∠∴∠，∴∠∴△是直角三角形，在和中，，∴∴∵△是直角三角形，故有两种情形：①当时，即∠如图1，∵∴∵∴∵∠∴∠∵∠∴∠又∠∴△∴∴∴②当时，∠如图2，∵∠∴∠又∠∴∠∵∠∴∠∴，∴∵∠∴△∴∴，∴综上，的值为2或．故答案为：2或．【点睛】本题主要考查了勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确进行分类讨论是解答本题的关键．7．5或7##7或5【分析】分类两种情况讨论，当时，运用折叠性质求AE的长；当时，运用折叠性质，中位线的判定与性质以及三角函数的定义求AE的长．【详解】在中，∵，，，∴，∵D为AB中点，∴．分两种情况：①如图1，当时，由折叠的性质可知，，，连接交DE于点G，则垂直平分DE，∴，∴，∴；②如图2，当时，分别过点D作DM⊥AC，DN⊥，垂足分别为点M、N，则四边形DMEN为矩形，，∵DM⊥AC，BC⊥AC，∴,∵D为AB中点，∴M为AC中点，∴，∴DM为的中位线，设AE为x，则，由折叠的性质可知，，∴，即，解得，∴．综上可知，AE的长为5或7．【点睛】本题考查了图形的翻折，重点考查折叠的性质，中位线的判定与性质以及三角函数的定义．综合运用相关性质，分类讨论求解是解题的关键．8．或【分析】分两种情况讨论，当点在对角线上时，连接，根据对称的性质和三角形中位线定理求出PD长即可；当点 在对角线 上时，取PE和QD的交点为M，根据对称的性质和三角函数以及勾股定理求出BD、BM和DM长，  证明，根据相似的性质求出BP，从而求出AP，即可解答．【详解】解：如图，当点在对角线上时，连接，∵，∵为和的对称轴PE∴，∴为的中位线，∴；如图，当点 在对角线 上时，取PE和QD的交点为M，∵∠DME=90°，∵，∴，∴∴，∴，，∴，即，解得，∴故答案为：或．【点睛】本题考查了四边形的动点问题，对称图形的性质，相似三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是根据DE是定值，以点E为圆心，DE为半径作圆，找出点Q恰好落在矩形的对角线上Q点．9．2或【分析】分两种情况讨论：当E点在B点左侧时，求出tan∠C'DM=，再求出∠C'DM=∠EC'M，可求EN=6，CE=10，则tan∠DEC=；当E点在B、C之间时，设CE=x，则NE=4-x，在Rt△NEC'中，求出EC=，则tan∠DEC==2．【详解】解：如图1，当E点在B点左侧时，由折叠可知，CD＝C'D，∵AB＝5，BC＝6，AMAD，BNBC，∴AM＝2，BN＝2，∴MD＝4，在Rt△DMC'中，C'M3，∴tan∠C'DM，∵∠C'DM+∠MC'D＝90°，∠MC'D+∠EC'M＝90°，∴∠C'DM＝∠EC'M，∴，∴，∴，∴EN＝6，∴CE＝10，∴tan∠DEC；如图2，当E点在B、C之间时，由折叠可知，CD＝C'D＝5，∵MD＝4，∴C'M＝3，∴C'N＝2，设CE＝x，则C'E＝x，NE＝4﹣x，在Rt△NEC'中，C'E2＝NE2+C'N2，∴x2＝(4﹣x)2+4，∴x，∴EC，∴tan∠DEC2；综上所述：tan∠DEC的值为2或，故答案为：2或．【点睛】本题考查图形的折叠，熟练掌握图形折叠的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．10．或【分析】根据题意可得要使，的重合部分为直角三角形，则分两种情况画图：①当时，②当，根据翻折的性质和勾股定理即可解决问题．【详解】解：由翻折可知：要使，的重合部分为直角三角形，则分两种情况画图：①当时，由翻折可知：，，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，由翻折可知：，∴；②当，由翻折可知：，，∴点E在∠BAC的平分线上，设，则，在中，，∴，∴，∴，解得，．综上所述：CE的长为或．【点睛】本题属于三角形的综合题，考查了翻折变换，等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是分情况讨论并准确画图．11．【分析】连接AC，EF，易知EF是△ABC的中位线，得到EF= ，EF∥AC，可知△EFG∽△ACG，得，再证△MGH∽△EGF，得，即可求解．【详解】解：连接AC，EF，如图，∵四边形ABCD是矩形∴∠B=90°，∴AC= ∵点E，F分别为BC和AB的中点∴EF= ，EF∥AC∴△EFG∽△ACG∴ ∵点H和M分别为CF和AE的中点，∴EM=AM，CH=FH∴ ∴EM=3GM∴EG=2GM同理 ∴ 又∵∠MGH=∠EGF∴△MGH∽△EGF∴ ∴ 故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键是根据是熟练运用矩形的性质和三角形的中位线定理，去证明△EFG∽△ACG和△MGH∽△EGF．12．【分析】连接，通过折叠的性质、正方形及矩形的性质，先证明得到与得到、，代入即可得到答案．【详解】连接由图1得，四边形是正方形、四边形是矩形四边形ABCD是矩形, AB=4，AD=3由图2折叠可得，在和中故答案为：．【点睛】本题属于矩形折叠类题目，涉及折叠的性质、正方形的判定及性质、矩形的判定及性质、直角三角形的全等判定及性质、相似三角形的判定及性质，能够综合利用上述知识是解题的关键．13．【分析】如图，连接CH．证明△ABE∽△BCF，推出=2，由四边形BEHF是平行四边形，推出FH=BE，FH∥BE，推出∠HFC=∠BCF=90°，推出=2，推出tan∠HCF=2，推出∠HCF是定值，推出点H的运动轨迹是线段CH，求出CH，可得结论．【详解】解：如图，连接CH．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCF=90°，∵BF⊥AE，∴∠ABF+∠EBF=90°，∠ABF+∠EAB=90°，∴∠EAB=∠CBF，∴△ABE∽△BCF，∴=2，∵四边形BEHF是平行四边形，∴FH=BE，FH∥BE，∴∠HFC=∠BCF=90°，∴=2，∴tan∠HCF=2，∴∠HCF是定值，∴点H的运动轨迹是线段CH，当点E从B运动到C时，∴FH=BC=2，∴CF=1，∴CH=．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是确定点H的运动轨迹．14．【分析】如图，作于交于，作于证明≌，推出，由四边形是矩形，推出，推出，在中，推出当的值最小时，的值最大，的值最大，求出的最小值即可解决问题．【详解】解：如图，作于交于，作于．四边形，四边形都是矩形，，，，，，，，，≌，，四边形是矩形，，，在中，，当的值最小时，的值最小，的值最大，四边形是矩形，，当时，的值最小，的最小值的长，的最小值，，的最大值，故答案是：．【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用条辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．15．1或【分析】分为三种情况：①，②，③，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解．【详解】解：分为3种情况：①当时，，， ，点与点关于直线对称，，，，，，在和中，，，∴，；②当时，，，，根据三角形外角性质得：，这种情况不存在；③当时，，，设，则在中，，，解得：；当为等腰三角形时，或；【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是熟练掌握所学的性质进行解题，注意分类讨论．16．或【分析】分两种情况：①当直线DD'过A时，由△ADB'沿AB'折叠，点D的对应点为D'，得∠B'AD＝∠B'AD'＝90°，根据△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，得∠AB'D＝∠B＝30°，∠ADB＝∠ADB'，即知∠ADB＝∠ADB'＝60°，从而∠BAD＝90°，在Rt△ABD中，可得BD＝；②当DD'过B（C）时，由△ADB'沿AB'折叠，点D的对应点为D'，得∠AED＝∠AED'＝90°，在Rt△ABE，可求得AE，BE，根据△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，可得AB'＝AB＝3，∠AB'D＝∠B＝30°，求出B'E，在Rt△B'DE中，利用三角函数求出DE，即可得到BD．【详解】解：①当直线DD'过点A时，如图：∵△ADB'沿AB'折叠，点D的对应点为D'，∴∠B'AD＝∠B'AD'＝90°，∵△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，∴∠AB'D＝∠B＝30°，∠ADB＝∠ADB'，∴∠ADB＝∠ADB'＝60°，∴∠BAD＝180°−∠B−∠ADB＝90°，在Rt△ABD中，cosB＝，即cos30°＝，∴BD＝；②当DD'过B（C）时，如图：∵△ADB'沿AB'折叠，点D的对应点为D'，∴∠AED＝∠AED'＝90°，在Rt△ABE中，∠B＝30°，∴AE＝AB＝，BE＝AE＝，∵△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，∴AB'＝AB＝3，∠AB'D＝∠B＝30°，∴B'E＝AB'−AE＝，在Rt△B'DE中，tan∠AB'D＝，即tan30°＝，∴DE＝，∴BD＝BE−DE＝；综上所述，线段的长度为或，故答案为：或．【点睛】本题考查等腰三角形中的翻折问题，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是掌握翻折的性质，熟练应用含30°的直角三角形的三边的关系．17．##（0.6，0）【分析】作关于轴的对称点，连接，交轴于，连接，当点位于处时，最小，求出直线的表达式，令，解出的坐标，由可求得的坐标．【详解】作关于轴的对称点，连接，交轴于，连接．当点与点重合时，最小．，．设直线的表达式为：．则，解得，直线的表达式为：．令，则，解得，．四边形是平行四边形，，当最小时，点的坐标为．故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，一次函数的应用，由对称轴确定最短路程问题，解决本题的关键是找出取最小值所要满足的条件．18．2或【分析】本题以三角形为基础，考查内容包含中点的用法，可立刻推边等；动点图形翻折问题，可得到角等以及边等，解答本题需以题目要求直角三角形为前提，采取分类讨论方法，通过构造辅助线、假设未知数并结合勾股定理求解．【详解】（1）当∠AFE=90°时作EM⊥BC垂足为M.，作AN⊥ME于N，如下图所示：∵∠C=∠EMB=90°∴EM∥AC ∴∠C=∠CMN=∠N=90°∴四边形ACMN是矩形∵AC=CM=2∴四边形ACMN是正方形在RT△ABC中，∵AC=2,BC=4∴AB= ，AE= 在RT△AFE中，∵AE= ，AF=AC=2∴FE=1设CD=FD=x，在RT△EDM中，∵DE=1+x，EM=1，DM=2-x∴ ∴CD= （2）当∠AFE=90°时，如下图所示∵∠AFD=90°∴F,E,D三点共线在RT△AFE中，∵AE= ，AF=AC=2∴EF=1又∵DE=1∴EF=ED又∵EA=EB，∠AEF=∠BED所以△AFE△BDE(SAS)    ∴∠BDE=∠AFE=90°故四边形AFCD是矩形又∵AF=AC所以四边形AFCD是正方形∴CD=AC=2【点睛】本题主要考查动点翻折问题，需要着重注意分类讨论，思考要全面，求解过程尝试利用割补法将图形补成常见模型以便求解．19．【分析】根据正方形的性质得到∠ABC=90°，推出∠BEC=90°，得到点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形APGB，则点D的对应点是P，连接PO交AB于F交圆O于E，则线段EP的长即为FD+FE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∴∠ABE+ ∠CBE= 90°，∵∠ABE=∠BCE， ∴∠BCE+∠CBE= 90°，∴∠ BEC= 90°，∴点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，正方形ABCD关于直线AB对称的正方形APGB，则点D的对应点是P，连接PO交AB于F，交半圆O于E，线段EP的长即为FD+ FE的长度最小值，OE=4，∵∠G=90°，PG=BG=AB=4，∴ OG= 6，∴ОP=，∴EP=，∴FD+ FE的长度最小值为，故答案为．【点睛】此题考查了正方形的性质，圆周角定理，轴对称的性质，点的运动轨迹，勾股定理，最小值问题，正确理解点的运动轨迹是解题的关键．20．【分析】如图所示，取CE中点P，连接PH，PG，先证HP，PG分别为△CDE和△ACE的中位线，得到，，，，再证△GPH∽△BDE，得到∠HGP=∠EBD=90°，则．【详解】解：如图所示，取CE中点P，连接PH，PG，由题意得三角形ADF和△CBE都是等边三角形，且△DBE≌△FEC≌△ACB，∴BD=AC，∵∠BDE=60°，∠DBE=90°，∴∠BED=∠ECF=30°，∴DE=2BD=2AC=4∵G、P、H分别为AE、CE、CD的中点，∴HP，PG分别为△CDE和△ACE的中位线，∴，，， ∴∠CPG=∠ECF=30°，∠CPH=∠CED=90°，∴∠GPH=60°，∵，∠GPH=∠BDE=60°，∴△GPH∽△BDE，∴∠HGP=∠EBD=90°，∴，故答案为：  【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟知三角形中位线定理是解题的关键．21．【分析】利用基本作图得到，平分，则，再根据平行四边形的性质和平行线的性质证明，所以，过点作于，如图，则，然后利用30°的三角函数值即可求出，从而得到的长．【详解】解：由作法得，平分，又∵∠CBE＝60°，，四边形为平行四边形，，，，，如图，过点作于，∵，，∴，在中，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定及性质以及解直角三角形的应用．22．1或．【分析】分两种情况进行讨论：当∠CFE=90°时，△ECF是直角三角形；当∠CEF=90°时，△ECF是直角三角形，分别根据直角三角形的勾股定理列方程求解即可．【详解】分两种情况进行讨论：①如图所示，当∠CFE=90°时，△ECF是直角三角形．由折叠可得：∠PFE=∠A=90°，AE=FE=DE，∴∠CFP=180°，即点P，F，C在一条直线上．在Rt△CDE和Rt△CFE中，，∴Rt△CDE≌Rt△CFE（HL），∴CF=CD=4，设AP=FP=x，则BP=4﹣x，CP=x+4．在Rt△BCP中，BP2+BC2=PC2，即（4﹣x）2+62=（x+4）2，解得：x，即AP；②如图所示，当∠CEF=90°时，△ECF是直角三角形．过F作FH⊥AB于H，作FQ⊥AD于Q，则∠FQE=∠D=90°．又∵∠FEQ+∠CED=90°=∠ECD+∠CED，∴∠FEQ=∠ECD，∴△FEQ∽△ECD，∴，即，解得：FQ，QE，∴AQ=HF，AH，设AP=FP=x，则HPx．∵Rt△PFH中，HP2+HF2=PF2，即（x）2+（）2=x2，解得：x=1，即AP=1．综上所述：AP的长为1或．【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理．解题时注意：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．23．1或【分析】因为点恰好在原直角三角形纸片的边上，所以分为当落在边上和边上两种情况分析，根据折叠的性质和三角函数求解即可．【详解】解：当落在边上时，如下图所示，设交于点， ∵在中，，，，∴，∴，由题意和折叠的性质可知，，，，∴，，∵，∴，∴，∴；当落在边上时，如图所示， 此时当落在边上， ，，综上，线段的长为1或．故答案为：1或．【点睛】本题考查了轴对称变换，三角函数解直角三角形等，正确作出图形是解题的关键．24．【分析】取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解决问题．【详解】解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，∴OM＝AD＝2，∵AB∥CD，∴∠GCF＝∠B＝60°，∴∠DGO＝∠CGE＝30°，∵AD＝BC，∴∠DAB＝∠B＝60°，∴∠ADC＝∠BCD＝120°，∴∠DOG＝30°＝∠DGO，∴DG＝DO＝2，∵CD＝4，∴CG＝2，∴OG＝2，GF＝，OF＝3，∴ME≥OF﹣OM＝3﹣2，∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为3﹣2．【点睛】本题考查解直角三角形，垂线段最短，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．25．或【分析】分以下两种情况进行讨论．①当点恰好是AD的三等分点且靠近A点时；②当点恰好是AD的三等分点且靠近D点时，根据折叠性质及勾股定理求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴，．由题意，可知需分以下两种情况进行讨论．①当点恰好是AD的三等分点且靠近A点时，如图1所示．又∵，∴，．由折叠的性质，可知，，∴．∴．∴．②当点恰好是AD的三等分点且靠近D点时，如图2所示．又∵，∴，．由折叠的性质，可知，，∴．∴．∴．综上所述，当点落在边AD上，且点恰好是AD的三等分点时，的周长为或．故答案为：或【点睛】本题考查矩形及其折叠问题，勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形性质和折叠的性质，对点位置进行分情况讨论．26．2或【分析】分两种情况：①当点P在菱形对角线AC上时，由折叠的性质得：AN＝PN，AM＝PM，证出∠AMN＝∠ANM＝60°，得出AN＝AM＝2；②当点P在菱形对角线BD上时，设AN＝x，由折叠的性质得：PM＝AM＝2，PN＝AN＝x，∠MPN＝∠A＝60°，求出BM＝AB−AM＝1，证明△PDN∽△MBP，得出，求出PD＝x，由比例式，求出x的值即可．【详解】解：分两种情况：①当点P在菱形对角线AC上时，如图1所示：由折叠的性质得：AN＝PN，AM＝PM，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴∠PAM＝∠PAN＝30°，∴∠AMN＝∠ANM＝90°−30°＝60°，∴AN＝AM＝2；②当点P在菱形对角线BD上时，如图2所示：设AN＝x，由折叠的性质得：PM＝AM＝2，PN＝AN＝x，∠MPN＝∠A＝60°，∵AB＝3，∴BM＝AB−AM＝1，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC＝180°−60°＝120°，∠PDN＝∠MBP＝∠ADC＝60°，∵∠BPN＝∠BPM＋60°＝∠DNP＋60°，∴∠BPM＝∠DNP，∴△PDN∽△MBP，∴，即，∴PD＝x，∴解得：或（不合题意舍去），∴；综上所述，AN的长为2或；故答案为：2或．【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质、菱形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定以及分类讨论等知识；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是关键．