第23章旋转单元测试卷 2025-2026学年人教版数学九年级上册

2025-2026学年人教版九年级上册数学单元测试卷 第23章 旋转 （满分：120分；考试时间：120分钟） 一、选择题（每小题3分，共30分，以下每小题的四个选项中只有一个是正确的） 1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．下列情境属于旋转的是（  ） A．电流表指针来回摆动 B．滑动变阻器的滑片来回移动 C．热气球缓慢上升 D．打针时推动针管 3．已知点与是关于原点的对称点，则的值是（    ） A．8 B． C． D．11 4．如图，是由绕点旋转得到的，若，，，则旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 5．如图，点A的坐标是，将线段绕点O逆时针旋转，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 6．如图，中，，．将绕点逆时针旋转得到，点的对应点落在边上，，连接．则长为（　　） A． B． C．3 D．4 7．如图，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，得到，点的对应点为C，点的对应点为点D，则下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D．平分 8．如图，的顶点在网格的格点上，将绕格点O顺时针旋转α（），使旋转后的三角形的顶点也在格点上，且与成轴对称，则符合条件的α角的个数为（    ） A．1个 B．3个 C．6个 D．8个 9．如图，，点C是平面内一动点，且，连接，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，则的最小值为 (   ) A． B．2 C． D．4 10．如图，在正方形内作，交于点E，交于点F，连接，过点A作，垂足为点H，将绕点A顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（每小题3分，共15分） 11．正五边形绕旋转中心至少旋转 可以与原图形重合． 12．若点P的坐标为，其关于原点对称的点的坐标为，则为 ． 13．如图，将绕直角顶点C顺时针旋转，得到，连接，若，则的长度为 ． 14．如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．过点作于点，连接，若，，则的长为 ． 15．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2025次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为 ． 三、解答题（共75分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（6分）在平面直角坐标系中，已知点， (1)请在图中画出，并画出与关于原点O对称的图形，并写出对应点坐标． (2)点A绕O点旋转后得到点的坐标为______． 17．（6分）如图，是由绕点O逆时针旋转后得到的图形，若点D恰好落在上，且的度数为，求的度数． 18．（6分）已知：如图，点E是正方形的边上一点，，，逆时针旋转后能够与重合． (1)旋转中心是______，旋转角为______度； (2)请你判断的形状，并说明理由． 19．（8分）如图，在正方形中，E、F是对角线上的两点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 20．（8分）如图，四边形，，，对角线、交于点，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若为的中点，连接，求的长． 21．（8分）【问题初探】（1）如图1，点B在线段上，于点A，于点C，，且．求证：； 【问题改编】（2）如图2，在中，，将边绕点C顺时针旋转得到（即），将边绕点C逆时针旋转得到（即）．连接，延长交于点F．求证：点F是的中点． 22．（10分）如图，抛物线与x轴交于点A，B，点B的坐标为． (1)求b的值及顶点坐标； (2)若是y轴上一点，，将点Q绕着点P逆时针方向旋转得到点E． ①用含t的式子表示点E的坐标； ②当点E恰好在该抛物线上时，求t的值． 23．（11分）在中，，，点在边上（点不与点，点重合），连接并将绕点逆时针旋转得到． (1)如图1，连接． ①与的位置关系为 ，与的数量关系是 ； ②请用等式表示和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，将沿翻折，得到．连接，若的最小值为4，求的长． 24．（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，正方形的顶点A的坐标为，点B在第一象限，点C在y轴正半轴上． (1)如图①，点B的坐标为 ，点C的坐标为 ； (2)将正方形绕点O逆时针旋转，得到正方形，A，B，C的对应点分别为，，．旋转角为．的延长线交x轴于点D，与y轴交于点E． ①如图②，当时，点的坐标为 ，点E的坐标为 ； ②如图③，在旋转过程中，连接，设，的面积为S，求S关于m的函数表达式，并直接写出m的取值范围． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年人教版九年级上册数学单元测试卷 第23章 旋转 （满分：120分；考试时间：120分钟） 一、选择题（每小题3分，共30分，以下每小题的四个选项中只有一个是正确的） 1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义．寻找对称中心、对称轴是解题的关键； 轴对称图形是指一个图形可以沿着一条直线对称轴折叠，使得直线两侧的图形能够完全重合；‌中心对称图形则是指一个图形可以绕着一个点（对称中心）旋转，使得旋转前后的图形互相重合．‌根据轴对称图形和中心对称的定义逐项判断即可． 【详解】A．使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，可以找到绕一点旋转后与原图重合，是中心对称图形，故选项不符合题意； B．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，也找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意； C．可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，也可找到一点旋转后与原图重合，是中心对称图形，故选项符合题意； D．可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，但找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意； 故选：C． 2．下列情境属于旋转的是（  ） A．电流表指针来回摆动 B．滑动变阻器的滑片来回移动 C．热气球缓慢上升 D．打针时推动针管 【答案】A 【分析】本题考查了生活中的旋转现象，根据旋转的定义（在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转），逐一判断即可解答． 【详解】解：A、电流表指针来回摆动可看作是平面图形绕一个点转动，是旋转，故A符合题意； B、滑动变阻器的滑片来回移动，不属于旋转，故B不符合题意； C、热气球缓慢上升，不属于旋转，故C不符合题意； D、打针时推动针管，不属于旋转，故D不符合题意； 故选：A． 3．已知点与是关于原点的对称点，则的值是（    ） A．8 B． C． D．11 【答案】C 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点的横、纵坐标都互为相反数． 根据关于原点对称的点的坐标特征，分别求出和的值，再计算． 【详解】解：因为关于原点对称的点的横、纵坐标都互为相反数，点与关于原点对称，所以，． 则． 故选：C． 4．如图，是由绕点旋转得到的，若，，，则旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了图形的旋转，三角形内角和定理，根据三角形内角和定理求出，然后利用旋转角的定义即可求解，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， 由旋转定义可知：旋转角， 故选：． 5．如图，点A的坐标是，将线段绕点O逆时针旋转，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化旋转，全等三角形的判定和性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键．根据题意画出旋转后的图形，再结合全等三角形的判定与性质即可解决问题． 【详解】解：如图所示， 分别过点和点作轴，轴的垂线，垂足分别为和， 由旋转可知，，， ， ． 在和中， ， ， ，． 点的坐标为， ，， 点的坐标为． 故选：D． 6．如图，中，，．将绕点逆时针旋转得到，点的对应点落在边上，，连接．则长为（　　） A． B． C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了旋转的性质与勾股定理，熟练掌握旋转前后对应线段相等以及勾股定理是解题的关键．先根据旋转性质和勾股定理求出相关线段长度，再利用勾股定理计算的长． 【详解】解：∵绕点逆时针旋转得到， ∴，，． 在中，由勾股定理得， ∴， ∴． 在中，由勾股定理得． 故选：． 7．如图，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，得到，点的对应点为C，点的对应点为点D，则下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D．平分 【答案】A 【分析】本题考查了平移的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质． 根据平移和旋转的性质可得：，，，，由，，，即可判断B、C；由等腰三角形的性质及旋转的性质可得，即可判断D，由不能推出和平行，即可判断A． 【详解】解：根据平移和旋转的性质可得：，，，， ，，， ，，故B、C正确，不符合题意； ， ， ， 平分，故D正确，不符合题意； 不能推出和平行， A不一定成立，符合题意； 故选：A． 8．如图，的顶点在网格的格点上，将绕格点O顺时针旋转α（），使旋转后的三角形的顶点也在格点上，且与成轴对称，则符合条件的α角的个数为（    ） A．1个 B．3个 C．6个 D．8个 【答案】B 【分析】本题考查了旋转变换，轴对称的定义，画出图形，利用图象法解决问题即可．本题的难点在于首先我们需要判断出△ABC在旋转后的对应图形的顶点何时在格点上，所以连接，确定B，C运动轨迹在同一个圆上后，找出圆和格点的交点，补全三角形，再判断旋转前后的图形是否成轴对称． 【详解】解：由题图可知，是等腰三角形，当绕格点O顺时针旋转时，旋转后的三角形都与成轴对称， 由网格可知，， ∴当绕格点O顺时针旋转时，点B，C的运动轨迹在同一个圆上，如解图，当旋转或或时，旋转后的三角形的顶点在格点上， ∴满足条件的α角的度数为或或， 故个数为3个， 故选：B． 9．如图，，点C是平面内一动点，且，连接，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，则的最小值为 (   ) A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系求最值，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形． 将绕点A逆时针旋转，得到，连接，，证明，则，而，故当点在线段上时，的值最小，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，， ∴ ∵将绕点A逆时针旋转，得到， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴当点在线段上时，的值最小， ∵， ∴， ∴ ∴的最小值为； 故选：D． 10．如图，在正方形内作，交于点E，交于点F，连接，过点A作，垂足为点H，将绕点A顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 利用正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质等，逐项进行判断即可． 【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转得到， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴，故①正确； 设， 则， ， 在中，， 即， 解得：（舍去）， ∴， ∴，故②不正确； 由勾股定理得：， ， ∴，故③正确； ∵， ∴，故④正确； 综上所述，正确的为①③④， 故选：C． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11．正五边形绕旋转中心至少旋转 可以与原图形重合． 【答案】 【分析】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答． 【详解】解：∵， ∴正五边形绕中心至少旋转后能和原来的图形互相重合． 故答案为：72． 12．若点P的坐标为，其关于原点对称的点的坐标为，则为 ． 【答案】 【分析】本题考查了关于原点对称的两点的坐标特征：横坐标与纵坐标都互为相反数，据此即可求出x与y的值，从而求解． 【详解】解：∵点P关于原点对称的点的坐标为， ∴， 解得：， 则为， 故答案为：． 13．如图，将绕直角顶点C顺时针旋转，得到，连接，若，则的长度为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．根据旋转的性质可得，可得，再由含30度角的直角三角形的性质，可得，再由勾股定理，可得，即可求解． 【详解】解：∵将绕直角顶点C顺时针旋转，得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14．如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．过点作于点，连接，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，综合运用相关知识是解题的关键． 由正方形的性质得到，，，由旋转得到，，进而根据“三线合一”得到点是的中点，运用勾股定理在中，求得，进而根据直角三角形斜边上中线的性质即可解答． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， 由旋转得到， ，， ， 点是的中点， ，， ， ， 点是的中点， 故答案为： 15．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2025次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，规律性的探索，勾股定理，坐标与图形，解题的关键在于能够掌握从特殊到一般探究规律的方法． 根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，根据规律发现是次一循环，可得结论． 【详解】解：由题知， 因为四边形是正方形，且点A坐标为， 所以点B的坐标为，且正方形的边长为1， 则正方形的对角线长为， 所以点的坐标为 依次类推，点，，，，，，，，…， 由此可见，从点开始，每经过8次旋转，点B对应点的坐标循环一次． 因为余1， 所以点的坐标为 故答案为： 三、解答题（共75分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（6分）在平面直角坐标系中，已知点， (1)请在图中画出，并画出与关于原点O对称的图形，并写出对应点坐标． (2)点A绕O点旋转后得到点的坐标为______． 【答案】(1)见解析， (2)或 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和原点对称，熟知关于原点对称的点的坐标特点和绕原点旋转90度的坐标变化的特点是解题的关键． （1）关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数，据此可得的坐标，描出，并顺次连接即可； （2）分绕原点逆时针旋转90度和绕原点顺时针旋转90度两种情况，讨论求解即可． 【详解】（1）解：如图，和即为所求，则． （2）解：如图所示，当点A绕O点顺时针旋转时，得到的点的坐标为， 当点A绕O点逆时针旋转时，得到的点的坐标为， 点A绕O点旋转后得到点的坐标为或 故答案为：或 17．（6分）如图，是由绕点O逆时针旋转后得到的图形，若点D恰好落在上，且的度数为，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质得，然后利用角的和差求解即可． 【详解】解：∵是由绕点O逆时针旋转后得到的图形， ∴， ∵， ∴． 18．（6分）已知：如图，点E是正方形的边上一点，，，逆时针旋转后能够与重合． (1)旋转中心是______，旋转角为______度； (2)请你判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)点， (2)等腰直角三角形，理由见解析 【分析】本题考查了图形的旋转，涉及旋转中心、旋转角的确定以及等腰直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． （1）根据旋转的定义，确定旋转中心；结合正方形的内角性质，确定旋转角的度数； （2）根据旋转的性质得到边和角的关系，进而判断三角形的形状． 【详解】（1）从图形和已知可知：旋转中心是点，旋转角的度数等于的度数，即， 故答案为：点，． （2）为等腰直角三角形，理由如下： 四边形为正方形， ， 逆时针旋转后能够与重合， ， ，， ， 是等腰直角三角形． 19．（8分）如图，在正方形中，E、F是对角线上的两点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解题的关键是利用旋转和正方形的性质推导相等的边与角，证明全等三角形，再通过角度转化得到直角三角形，进而用勾股定理计算线段长度． （1）由线段绕点A顺时针旋转得，故且；因四边形是正方形，故且，从而，两边同时减去得；结合、，根据“”可证； （2）由(1)中全等三角形的性质得，且；因正方形对角线平分内角，故，从而，进而，即是直角三角形；已知、，代入勾股定理得，计算得． 【详解】（1）证明：∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：由(1)得， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 20．（8分）如图，四边形，，，对角线、交于点，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若为的中点，连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定和三角形中位线定理是关键． （1）证明，得到，结合即可的结论； （2）证明是等边三角形，得到，由，为的中点得到是的中位线，即可得到的长． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）连接， ∵将绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵，为的中点， ∴是的中位线， ∴ 21．（8分）【问题初探】（1）如图1，点B在线段上，于点A，于点C，，且．求证：； 【问题改编】（2）如图2，在中，，将边绕点C顺时针旋转得到（即），将边绕点C逆时针旋转得到（即）．连接，延长交于点F．求证：点F是的中点． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【分析】本题考查了旋转的性质、平行线的性质和判定和全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是掌握证明三角形全等的的方法． （1）根据“”证明，得到，即可证明； （2）过点E作，交的延长线于点G．先证明，再根据“”证明，进而证明，再根据“”证明，即可证明． 【详解】证明：（1）∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）过点E作，交的延长线于点G，如图2， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， 又∵， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， 在和中， ， ∴， ∴， 即点F是的中点． 22．（10分）如图，抛物线与x轴交于点A，B，点B的坐标为． (1)求b的值及顶点坐标； (2)若是y轴上一点，，将点Q绕着点P逆时针方向旋转得到点E． ①用含t的式子表示点E的坐标； ②当点E恰好在该抛物线上时，求t的值． 【答案】(1)，顶点坐标为 (2)①点E的坐标为；② 【分析】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，掌握待定系数法求函数解析式的一般步骤，全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． （1）把点B的坐标代入二次函数解析式，求出b，利用配方法求出抛物线的顶点坐标； （2）①作轴于H，证明，关键全等三角形的性质得到，，得到点E的坐标； ②把点E的坐标代入二次函数解析式，计算得到答案． 【详解】（1）∵抛物线与x轴交于点B，点B的坐标为． ∴， 解得，， 抛物线的解析式为：， ， ∴抛物线的顶点坐标为； （2）①作轴于H， 由旋转的性质可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 则点E的坐标为； ②当点E恰好在该抛物线上时，， 解得， ∵， ∴． 23．（11分）在中，，，点在边上（点不与点，点重合），连接并将绕点逆时针旋转得到． (1)如图1，连接． ①与的位置关系为 ，与的数量关系是 ； ②请用等式表示和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，将沿翻折，得到．连接，若的最小值为4，求的长． 【答案】(1)①，；②，理由见解析 (2) 【分析】（1）①作，交于点，易得为等腰直角三角形，得到，，进而得到，证明，得到，，进而推出，，即可；②由①可得：，，根据线段的和差关系即可得出结论； （2）过点作，交的延长线于点，证明，得到，设，则，在中，根据勾股定理得到，根据完全平方的非负性，得到当时，取得最小值为，求出值，即可得出结果． 【详解】（1）解：①作，交于点，则， ∴， ∵，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴ ∵旋转， ∴，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：，； ②，理由如下： 由①知：，为等腰直角三角形， ∴，， ∴； （2）解：过点作，交的延长线于点，则， ∵折叠， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 即：， ∵， ∴ ∴当时，取得最小值为， ∵的最小值为4， ∴， ∴（负值舍去）； ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 24．（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，正方形的顶点A的坐标为，点B在第一象限，点C在y轴正半轴上． (1)如图①，点B的坐标为 ，点C的坐标为 ； (2)将正方形绕点O逆时针旋转，得到正方形，A，B，C的对应点分别为，，．旋转角为．的延长线交x轴于点D，与y轴交于点E． ①如图②，当时，点的坐标为 ，点E的坐标为 ； ②如图③，在旋转过程中，连接，设，的面积为S，求S关于m的函数表达式，并直接写出m的取值范围． 【答案】(1)， (2)①，；② 【分析】（1）根据题意和正方形的性质求解即可； （2）①过点作轴于点，由旋转可得：，，得到，，再根据勾股定理求出，，即可求解； ②由旋转的性质得：，证明，得到，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理求出，进而得到，当点与重合时，， 结合，可得，结合旋转角为，得到，即可求解． 【详解】（1）解：正方形的顶点的坐标为，点在第一象限，点在轴正半轴上， ，， 故答案为：，； （2）解：①过点作轴于点， 由旋转可得：，， ，， ，，即， ， ，， 故答案为：，； ②根据题意，由旋转的性质得：， 在和中， ， ， ， 是等腰直角三角形， 在中，由勾股定理得：， ， 当点与重合时，， 又 ， , 旋转角为， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $