专题7.5 与三角形有关角的几何综合（压轴题专项讲练）-2023-2024学年七年级数学下册压轴题专项高分突破（苏科版）

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【典例1】【问题背景】
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，请说理证明∠A+∠B=∠C+∠D．
【简单应用】（可直接使用问题（1）中的结论）
（2）如图2，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
①若∠ABC=28°，∠ADC=20°，求∠P的度数；
②∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试直接写出∠P与∠D、∠B之间数量关系．
【问题探究】
（3）如图3，直线BP平分∠ABC的邻补角∠FBC，DP平分∠ADC的邻补角∠ADE，
①若∠A=30°，∠C=18°，则∠P的度数为___________；
②∠A和∠C为任意角时，其他条件不变，试直接写出∠P与∠A、∠C之间数量关系．
【拓展延伸】
（4）在图4中，若设∠C=x，∠B=y，∠CAP=14∠CAB，∠CDP=14∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为___________；（用x、y的代数式表示∠P）
（5）在图5中，直线BP平分∠ABC，DP平分∠ADC的外角∠ADE，猜想∠P与∠C、∠A的关系，直接写出结论___________．
【思路点拨】
（1）利用三角形内角和定理解决问题即可；
（2）①设∠BAP=∠PAD=x，∠BCP=∠PCD=y，利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题；
②由①的结论即可得到数量关系；
（3）①如图3中，设∠CBJ=∠JBF=x，∠ADP=∠PDE=y．利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题；
②与（3）中①相同；
（4）如图4中，设∠CAP=α，∠CDP=β，则∠PAB=3α，∠PDB=3β，利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题；
（5）如图5中，延长AB交PD于J，设∠PBJ=x，∠ADP=∠PDE=y．利用（1）中结论，构建共线时即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：如图1中，
∵∠A+∠B+∠AOB=180°，∠C+∠D+∠COD=180°，∠AOB=∠COD，
∴∠A+∠B=∠C+∠D；
（2）解：①如图2中，
设∠BAP=∠PAD=x，∠BCP=∠PCD=y，
则有x+∠B=y+∠Px+∠P=y+∠D，
∴∠B−∠P=∠P−∠D，
∴2∠P=∠B+∠D，
∴∠P=12(∠B+∠D)=12(28°+20°)=24°；
②由①得：2∠P=∠B+∠D；
（3）解：①如图3中，设∠CBJ=∠JBF=x，∠ADP=∠PDE=y，
则有，∠P+x=∠A+y∠A+180°−2x=∠C+180°−2y
∴2∠P=∠A+∠C，
∴∠P=12×(30°+18°)=24°；
故答案为：24° ；
②设∠CBJ=∠JBF=x，∠ADP=∠PDE=y
则有∠P+x=∠A+y∠A+180−2x=∠C+180−2y，
∴2∠P=∠A+∠C；
（4）解：如图4中，设∠CAP=α，∠CDP=β，则∠PAB=3α，∠PDB=3β，
则有∠P+β=∠C+α∠P+3α=∠B+3β，
∴4∠P=3∠C+∠B ，
∴∠P=14(3x+y)，
故答案为∠P=14(3x+y)；
（5）解：如图5中，延长AB交PD于J，设∠PBJ=x，∠ADP=∠PDE=y
则有∠A+2x=∠C+180°−2y，
∴x+y=90°+12（∠C−∠A），
∵∠P+x+∠A+y=180°，
∴x+y=180°−∠P−∠A，
∴∠P=90°−12∠C−12∠A；
故答案为∠P=90°−12∠C−12∠A．
1．（2023春·全国·七年级专题练习）探究：
（1）如图1，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB．求证：∠P＝90°+12∠A．
（2）如图2，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分外角∠ACE．猜想∠P和∠A有何数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，BP平分∠CBF，CP平分∠BCE．猜想∠P和∠A有何数量关系，请直接写出结论．
【思路点拨】
（1）根据三角形内角和定理以及角平分线的性质进行解答即可：
（2）根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果，
（3）根据三角形的外角性质、内角和定理、角平分线的定义探求并证明.
【解题过程】
证明：（1）∵△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A．
又∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，
∴∠PBC＝12∠ABC，
∠PCB＝12∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB＝12（180°﹣∠A），
根据三角形内角和定理可知∠BPC＝180°﹣12（180°﹣∠A）＝90°+12∠A；
（2）12∠A＝∠P，理由如下：
∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠PBC＝12∠ABC，∠PCE＝12∠ACE．
∵∠ACE是△ABC的外角，∠PCE是△BPC的外角，
∴∠ACE＝∠ABC+∠A，∠PCE＝∠PBC+∠P，
∴12∠ACP＝12∠ABC+12∠A，
∴12∠ABC+12∠A＝∠PBC+∠P，
∴12∠A＝∠P．
（3）∠P＝90°﹣12∠A，理由如下：
∵P点是外角∠CBF和∠BCE的平分线的交点，∠P+∠PBC+∠PCB＝180°
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣12（∠FBC+∠ECB）
＝180°﹣12（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）
＝180°﹣12（∠A+180°）
＝90°﹣12∠A．
2．（2023秋·浙江·八年级专题练习）如图（1）△ABC是一个三角形的纸片，点D、E分别是△ABC边上的两点，
研究（1）：如果沿直线DE折叠，写出∠BDA′与∠A的关系，并说明理由．
研究（2）：如果折成图2的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由．
研究（3）：如果折成图3的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）翻折问题要在图形是找着相等的量．图1中DE为折痕，有∠A=∠DA′A，再利用外角的性质可得结论∠BDA′=2∠A；
（2）根据图2中∠A与∠DA′E是相等的，再结合四边形的内角和及互补角的性质可得结论∠BDA′+∠CEA′=2∠A；
（3）根据图3中由于折叠∠A与∠DA′E是相等的，再两次运用三角形外角的性质可得结论．
【解题过程】
解：（1）∠BDA′=2∠A；
根据折叠的性质可知∠DA′E=∠A，∠DA′E+∠A=∠BDA′，故∠BDA′=2∠A；
（2）∠BDA′+∠CEA′=2∠A，
理由：在四边形ADA′E中，∠A+∠DA′E+∠ADA′+∠A′EA=360°，
∴∠A+∠DA′E=360°-∠ADA′-∠A′EA，
∵∠BDA′+∠ADA′=180°，∠CEA′+∠A′EA=180°，
∴∠BDA′+∠CEA′=360°-∠ADA′-∠A′EA，
∴∠BDA′+∠CEA′=∠A+∠DA′E，
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A=∠DA′E，
∴∠BDA′+∠CEA′=2∠A；
（3）∠BDA′-∠CEA′=2∠A，
理由：如图3，DA′交AC于点F，
∵∠BDA′=∠A+∠DFA，∠DFA=∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′=∠A+∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′-∠CEA′=∠A+∠A′，
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A=∠DA′E，
∴∠BDA′-∠CEA′=2∠A．
3．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线交于O点.
（1）若∠A=40°，则∠BOC= °；
（2）若∠A=n°，则∠BOC= °；
（3）若∠A=n°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于O点，∠ABO的平分线与∠ACO的平分线交于点O1，⋯⋯，∠O2016BD的平分线与∠O2016CE的平分线交于点O2017，则∠O2017= °.
【思路点拨】
（1）根据角平分线的性质，结合三角形的内角和定理可得到角之间的关系，然后求解即可；
（2）根据BO、CO分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，用n°的代数式表示出∠OBC与∠OCB的和，再根据三角形的内角和定理求出∠BOC的度数；
（3）根据规律直接计算即可.
【解题过程】
解：（1）∵∠A=40°，
∴∠ABC+∠ACB=140°，
∵点O是∠AB故答案为：110°；C与∠ACB的角平分线的交点，
∴∠OBC+∠OCB=70°，
∴∠BOC=110°．
（2）∵∠A=n°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-n°，
∵BO、CO分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，
∴∠OBC+∠OCB＝12∠ABC+12∠ACB
＝12（∠ABC+∠ACB）
＝12（180°﹣n°）
＝90°﹣12n°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝90°+12n°．
故答案为：（90+12n）；
（3）由（2）得∠O＝90°+12n°，
∵∠ABO的平分线与∠ACO的平分线交于点O1，
∴∠O1BC＝34∠ABC，∠O1CB＝34∠ACB，
∴∠O1＝180°﹣34（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣34（180°﹣∠A）＝14×180°+34n°，
同理，∠O2＝18×180°+78n°，
∴∠On＝12n+1×180°+2n+1−12n+1 n°，
∴∠O2017＝122018×180°+22018−122018n°，
故答案为：122017×90°+22018−122018n°．
4．（2023春·七年级课时练习）阅读材料：
如图1，AB、CD交于点O，我们把△AOD和△BOC叫做对顶三角形．
结论：若△AOD和△BOC是对顶三角形，则∠A+∠D＝∠B+∠C．
结论应用举例：
如图2：求五角星的五个内角之和，即∠A+∠B+∠ACE+∠ADB+∠E的度数．
解：连接CD，由对顶三角形的性质得：∠B+∠E＝∠1+∠2，
在△ACD中，∵∠A+∠ACD+∠ADC＝180°，
即∠A+∠3+∠1+∠2+∠4＝180°，
∴∠A+∠ACE+∠B+∠E+ADB＝180°
即五角星的五个内角之和为180°．
解决问题：
（1）如图①，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ ；
（2）如图②，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ；
（3）如图③，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝ ；
（4）如图④，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝ ；
请你从图③或图④中任选一个，写出你的计算过程．
【思路点拨】
（1）连接CD，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BDC＋∠ACD，再由四边形的内角和定理得出结论；
（2）连接ED，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BED＋∠ADE，再由五边形的内角和定理得出结论；
（3）连接BH、DE，由对顶角三角形可知∠EBH＋∠BHD＝∠HDE＋∠BED，再根据五边形的内角和定理得出结论；
（4）连接ND、NE，由对顶角三角形可知∠1＋∠2＝∠NGH＋∠EHG，再由六边形的内角和定理得出结论．
【解题过程】
解：（1）连接CD，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BDC＋∠ACD，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＝360°；
（2）连接ED，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BED＋∠ADE，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＝540°；
（3）连接BH、DE，
∵由对顶角三角形可知∠EBH＋∠BHD＝∠HDE＋∠BED，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＝五边形CDEFG的内角和＋△ABH的内角和＝540°＋180°＝720°；
（4）连接ND、NE，
∵由对顶角三角形可知∠1＋∠2＝∠NGH＋∠EHG，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠M＋∠N＝六边形BCFGHM的内角和＋△AND的内角和＋△NDE的内角和＝（6－2）×180°＋360°＝1080°．
故答案为：360°；540°；720°；1080°．
5．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）在锐角ΔABC中，AC边上的高所在直线和AB边上的高所在直线的交点为P，∠BPC=110°，求∠A的度数．
（2）如图，AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD，当点D在直线AC上时，且B、P、D三点共线，∠APC=100°，则∠B=_________．
（3）在（2）的基础上，当点D在直线AC外时，如下图：∠ADC=130°，∠APC=100°，求∠B的度数．
【思路点拨】
（1）根据对顶角相等以及四边形的内角和进行判断即可；
（2）法一：根据∠APC=100°以及AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD，算出∠BAD和∠BCD,从而算出∠B；
法二：根据三角形的外角定理得到∠APC=∠B+∠PAB＋∠PCB，再求出∠PAB＋∠PCB，故可求解；
（3）法一：连接AC，根据三角形的内角和与角平分线的性质分别求出∠2+∠4=30°，∠BAC+∠BCA=110°，故可求解；
法二：连接BD并延长到G根据三角形的外角定理得到∠ADC＝∠2＋∠4＋∠APC，再求出∠2＋∠4，故可求解．
【解题过程】
解：（1）如图AC边上的高所在直线和AB边上的高所在直线的交点为P
∴∠BDA=∠CEA=90°
又∵∠BPC=110°
∴∠EPD=∠BPC=110°
∵在四边形AEPD中，内角和为360°
∴∠A=360°-110°-90°-90°=70°．
（2）法一：∵AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD
∴∠BAP=∠FAC,∠BCE=∠ACE
又∵∠APC=100°
∴∠FAC+∠ACE=180°−100°=80°
∴∠BAC+∠BCA=160°
∴∠B=180°-160°=20°．
法二：连接BD，
∵B、P、D三点共线
∴BD、AF、CE交于P点
∵∠APD=∠BAP+∠ABP，∠CPD=∠BCP+∠CBP，
∴∠APC=∠B+∠PAB＋∠PCB
∵AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD，
∴∠PAC=∠PAB，∠PCA=∠PCB，
∵∠APC＝100°，
∴∠PAC＋∠PCA＝180°−100°＝80°，
∴∠PAB＋∠PCB＝80°，
∴∠B＝∠APC −（∠PAB＋∠PCB）＝100°−80°＝20°．
（3）法一：如图：连接AC
∵∠ADC=130°，∠APC=100°
∴∠DAC+∠DCA=180°−130°=50°,∠PAC+∠PCA=180°−100°=80°
∴∠2+∠4=30°
又∵AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD
∴∠1+∠3=∠2+∠4=30°
∴∠BAC+∠BCA=110°
∴∠B=180°-110°=70°．
法二：如图，连接BD并延长到G，
∵∠ADG＝∠2＋∠APD，∠CDG＝∠4＋∠CPD，
∴∠ADC＝∠2＋∠4＋∠APC，
∴∠2＋∠4=30°
同理可得∠APC＝∠1＋∠3＋∠B，∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠B＝∠APC-∠2-∠4=100°-30°=70°
∴∠B＝70°．
6．（2023春·七年级单元测试）【问题背景】
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，请说明∠A+∠B=∠C+∠D；
【简单应用】
（2）阅读下面的内容，并解决后面的问题：如图2，AP、CP分别平分∠BAD，∠BCD，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，求∠P的度数；
解：∵AP、CP分别平分∠BAD，∠BCD
∴∠1=∠2，∠3=∠4
由（1）的结论得：∠P+∠3=∠1+∠B∠P+∠2=∠4+∠D
①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D
∴∠P =12(∠B+∠D)=26°．
①【问题探究】
如图3，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，请猜想∠P的度数，并说明理由．
②【拓展延伸】
在图4中，若设∠C=α，∠B=β，∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为： （用α、β表示∠P），并说明理由．
【思路点拨】
（1）根据三角形内角和定理即可证明．
（2）【问题探究】由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠4，推出∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，由∠P+（180°-∠1）=∠ADC+（180°-∠3），∠P+∠1=∠ABC+∠4，推出2∠P=∠ABC+∠ADC，即可解决问题．
【拓展延伸】由（1）的结论易求∠P+∠PDC=∠C+∠CAP，∠P+∠PAB=∠B+∠BDP，再将已知条件代入化简即可求解∠P．
【解题过程】
（1）证明：∵∠A+∠B+∠AEB=180°，
∠C+∠D+∠CED=180°，
∴∠A+∠B+∠AEB=∠C+∠D+∠CED，
∵∠AEB=∠CED，
∴∠A+∠B=∠C+∠D；
（2）①解∶如图3，
∵AP平分∠FAD，CP平分∠BCE
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，
∴由（1）可得：∠P+180°-∠2=∠D+180°-∠3，
∠P+∠PAB=∠B+∠4，
又∠1=∠PAB，
∴∠P+∠1=∠B+∠4，
又∠P+180°-∠2=∠D+180°-∠3，
∴2∠P+∠1+180°-∠2=∠B+∠4+∠D+180°-∠3，
又∠1=∠2，∠3=∠4，
∴2∠P=∠B+∠D
∴∠P =12(∠B+∠D)=26°
②解：∠P=23α+13β．
理由：∵∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，
∴∠BAP=23∠CAB，∠BDP=23∠CDB，
由（1）可得：∠P+∠PDC=∠C+∠CAP，∠P+∠PAB=∠B+∠BDP，
∴∠P+13∠CDB =∠C+13∠CAB，①
∠P+23∠CAB=∠B+23∠CDB，②
①×2+②，得2∠P+23∠CDB+∠P+23∠CAB=2∠C+23∠CAB+∠B+23∠CDB，
∴3∠P=2∠C+∠B
∴∠P=23∠C+13∠B=23α+13β．
7．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图1，在△ABC中，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB．
（1）若∠A=60°，则∠BDC的度数为_________；
（2）若∠A=α，直线MN经过点D．
①如图2，若MN∥AB，求∠NDC−∠MDB的度数（用含α的代数式表示）；
②如图3，若MN绕点D旋转，分别交线段BC,AC于点M,N，试问旋转过程中∠NDC−∠MDB的度数是否会发生改变？若不变，求出∠NDC−∠MDB的度数（用含α的代数式表示），若改变，请说明理由；
③如图4，继续旋转直线MN，与线段AC交于点N，与CB的延长线交于点M，请直接写出∠NDC与∠MDB的关系（用含α的代数式表示）．
【思路点拨】
（1）利用角平分线的定义，三角形内角和定理，分步计算即可．
（2）①利用平角的定义，变形代入计算，注意与第（1）的结合．
②与 ①结合起来求解即可．
③根据平角的定义，变形后结合前面的计算，求解即可．
【解题过程】
解：（1）∵ BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠CBD=12∠ABC，∠BCD=12∠ACB，
∴∠CBD+∠BCD=12∠ACB+12∠ABC=12(∠ABC+∠ACB)，
∵∠CBD+∠BCD+∠BDC=180°，∠ABC+∠ACB+∠A=180°，
∴180°-∠BDC=12(180∘−∠A)，
∴∠BDC=90∘+∠A2，
∵∠A=60°，
∴∠BDC=90∘+30∘=120°，
故答案为：120°．
（2）①∵∠NDC=180°-∠MDC，
∴∠NDC−∠MDB=180°-∠MDC-∠MDB
=180°-（∠MDC+∠MDB）
=180°-∠BDC
=180°-（90∘+∠A2）
=90∘−α2．
②∠NDC−∠MDB保持不变，恒等于90°-α2．理由如下：
∵∠NDC=180°-∠MDC，
∴∠NDC−∠MDB=180°-∠MDC-∠MDB
=180°-（∠MDC+∠MDB）
=180°-∠BDC
=180°-（90∘+∠A2）
=90∘−α2．
故保持不变，且为90∘−α2．
③∠NDC与∠MDB的关系是∠NDC+∠MDB=90∘−α2．理由如下：
∵∠NDC+∠MDB+∠BDC=180°，
∴∠NDC+∠MDB=180°-∠BDC，
∵∠BDC=90∘+α2，
∴∠NDC+∠MDB=180°-（90∘+α2）=90∘−α2．
8．（2023春·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB=AC，D为射线CB上一点，过点D作DE⊥AC于点E．
（1）如图①，当点D在线段BC上时，请直接写出∠BAC与∠EDC的数量关系；
（2）如图②，当点D在CB的延长线上时，DE⊥AC交CA的延长线于点E，探究∠BAC与∠EDC的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点F为线段BC上一点，过点F作FG⊥AC于点G，连接AF，且∠AFG=∠CFG，∠BAF=∠BFA，延长ED，AB交于点K，求∠EKA的度数．
【思路点拨】
（1）如图1中，作AH⊥BC于H，利用等腰三角形的性质，等角的余角相等解决问题即可；
（2）作AM⊥BC于M，由（1）同理可证∠BAC=2∠EDC；
（3）如图2中，设∠C=∠FAC=∠ABC=x，则∠BAF=∠BFA=2x，构建方程求出x即可解决问题．
【解题过程】
（1）如图1中，作AH⊥BC于H，
∵AB=AC，
∴∠BAC=2∠CAH．
∵DE⊥AC，
∴∠AHC=∠DEC=90°，
∴∠C+∠CAH=90°，∠C+∠CDE=90°，
∴∠CAH=∠CDE，
∴∠BAC=2∠EDC．
（2）结论：∠BAC=2∠EDC．理由如下：
如图2中，作AM⊥BC于M，
∵AB=AC，
∴∠BAC=2∠CAM．
∵DE⊥AC，
∴∠AMC=∠DEC=90°，
∴∠C+∠CAM=90°，∠C+∠CDE=90°，
∴∠CAM=∠CDE，
∴∠BAC=2∠EDC．
（3）∵∠AFG=∠CFG，FG⊥AC，
∴∠FAC=∠C．
设∠C=∠FAC=∠ABC=x，
∴∠BAF=∠BFA=2x．
在△BAF中，∠BAF+∠BFA+∠ABC=180°，
∴2x+2x+x=180°，
解得：x=36°，
∴∠EAK=∠ABC+∠C=36°+36°=72°．
∵KE⊥EC，
∴∠E=90°，
∴∠EKA=90°−∠EAK=18°．
9．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，点D、E是边BC上两点，点F是边AB上一点，将△ADC沿AD折叠得到△ADG，DG交AB于点H；将△EFB沿EF折叠得到△EFH．
（1）如图1，当点G与点H重合时，请说明∠BAC=∠EHD；
（2）当点G落在△ABC外，且HE ∥ AD，∠GAB:∠CAD＝1:3
①如图2，请说明∠EHD＝4∠GAB；
②如图3，若∠B=30°，将△EFH绕点H顺时针方向旋转一个角度α 0