专题06 旋转2025-2026学年人教版九年级数学上册

专题06 旋转 一、选择题（共8小题） 1．（2025秋•东城区校级月考）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．（2025•清原县一模）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．过点A作AH⊥EF于点H，连接CH，若AD＝3，DE＝1，则CH的长为（　　） A． B． C． D． 3．（2025秋•兴宁区校级月考）在平面直角坐标系中，将点P（4，3）绕原点顺时针旋转90°后，得到对应点Q的坐标是（　　） A．（﹣3，4） B．（3，﹣4） C．（﹣4，3） D．（4，﹣3） 4．（2025•济宁校级二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为平行四边形，其中点O（0，0），A（3，4）C（8，0），以点O为圆心，OC的长为半径作弧，交AB于点D，再把线段OD绕点O逆时针旋转90°得到线段OD′，则点D′的坐标为（　　） A．（﹣4，4） B．（﹣4，4） C．（4，﹣4） D．（4，﹣4） 5．（2024秋•宜都市期末）已知点P（5，﹣3）与点Q关于原点对称，则点Q的坐标是（　　） A．（0，0） B．（5，3） C．（﹣5，3） D．（﹣5，﹣3） 6．（2025春•宜宾期末）如图，在△OAB中，∠B＝30°，将△OAB绕着点O逆时针旋转80°后得到△OA′B′．若A′B′∥OA，则∠A′OB′的度数为（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 7．（2025秋•东港区校级月考）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝4．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是（　　） A． B． C． D． 8．（2025秋•鼓楼区校级月考）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与射线OA，OB交于点M，N，则以下结论：①PM＝PN恒成立；②OM+ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变；其中正确的为（　　） A．①③ B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 二、填空题（共8小题） 9．（2025秋•信阳校级月考）点（﹣2，﹣3）关于原点的对称点的坐标是　 　 ． 10．（2025秋•漳浦县月考）如图，长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为BC上一点，且BE＝1，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，则CG的最小值为　 　 ． 11．（2024秋•环县期末）已知点A（m﹣1，2）和点B（3，﹣n+1）关于坐标原点对称，则m+n的值为 　 　 ． 12．（2024秋•老河口市期末）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AEFG的位置，点G在BC上，延长CB交EF于点H．若AB＝3，AD＝5，则EH的长为　 　 ． 13．（2025秋•南宁月考）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后得到△ADE，点D在BC上，∠EAC＝40°，则∠BAD的大小为 　 　 ． 14．（2025秋•上城区校级月考）两块大小相同，斜边长为4，含由30°角的三角板如图水平放置，将△CDE绕点C按逆时针方向旋转，当点E恰好落在AB上时，则△CDE旋转的角度为　 　 ． 15．（2025•红花岗区校级一模）在平面直角坐标系中，已知点A（a﹣b，﹣8）与点B（﹣2，a+b）关于原点对称，则a＝ 　 　 ，b＝ 　 　 ． 16．（2025•天津二模）如图，正方形ABCD的边长为6，E是BC上一点，且BE＝2．连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF，连接AF． （I）线段AF的长为 　 　 ； （Ⅱ）若P是AF的中点，则线段PC的长为 　 　 ． 三、解答题（共6小题） 17．（2025秋•杏花岭区校级月考）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E为边AD上一点（与点A，D不重合），连接BE，将射线BE绕点B在平面内顺时针旋转60°与射线AC交于点F，求证：AE＝CF． 18．（2025秋•长沙月考）如图，在平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABO的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，0），O（0，0），解答下列问题． （1）将△ABO向上平移2个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到△A2B2O2，请画出△A2B2O2； （2）已知△A1B1O1是由△ABO旋转得到的，△A1B1O1的三个顶点的坐标分别为A1（1，﹣1），B1（4，﹣4），O1（4，0），则旋转中心的坐标是　 　 ，旋转角是　 　 度． 19．（2025秋•西城区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，使点C的对应点E落在AB上，连接BD． （1）若∠ABC＝36°，求∠BDE的度数； （2）若AC＝3，BC＝4，求BD的长． 20．（2025秋•菏泽月考）如图，点P是等边△ABC内的一点，分别连接PA、PB、PC，以BP为边作∠PBQ＝60°，且BQ＝BP连接PQ、QC． （1）判断PA与QC之间的大小关系，并说明理由． （2）若PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠BQC的度数． 21．（2025秋•信阳校级月考）在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，请解答下列问题： （1）作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1，并写出点C1的坐标； （2）作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；△A2B2C2可看作△A1B1C1以点（　 　 ，　 　 ）为旋转中心，旋转　 　 °得到的． （3）已知△ABC关于直线l对称的△A3B3C3的顶点A3的坐标为（﹣2，0），请直接写出直线l的函数解析式． 22．（2025秋•鞍山校级月考）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为（3，4），点B的坐标为（5，4），点C的坐标为（1，2），请解答下列问题： （1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1； （2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°的△A2B2C2． 一、选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D B A C A C B 一、选择题（共8小题） 1．【答案】A 【分析】如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；在平面内一个图形绕着一点旋转180度，旋转后的图形与原来的图形完全重合，这个图形就叫做中心对称图形．根据定义逐项判断即可． 【解答】解：A．选项中的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； B．选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； C．选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； D．选项中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； 故选：A． 2．【答案】D 【分析】由正方形的性质得到∠BCD＝90°，CD＝BC＝AD＝3，CE＝CD﹣DE＝2，由旋转得到AF＝AE，BF＝DE＝1，进而根据“三线合一”得到点H是EF的中点，运用勾股定理在Rt△CEF中，求得，进而根据直角三角形斜边上中线的性质即可解答． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，CD＝BC＝AD＝3， ∴CE＝CD﹣DE＝2， ∵△ABF由△ADE旋转得到， ∴AF＝AE，BF＝DE＝1， ∵AH⊥EF， ∴点H是EF的中点， ∵BC＝3，BF＝1， ∴CF＝BC+BF＝4， ∴， ∵点H是EF的中点， ∴． 故选：D． 3．【答案】B 【分析】根据旋转定义作出图形即可找到点Q的坐标． 【解答】解：将点P（4，3）绕原点顺时针旋转90°后， 点Q坐标为（3，﹣4）， 故选：B． 4．【答案】A 【分析】如图，延长BA交y轴于点E，过点D′作D′F⊥x轴于点F．证明△ODE≌△OD′F（AAS），推出D′F＝DE＝4，OF＝OE＝4可得结论． 【解答】解：如图，延长BA交y轴于点E，过点D′作D′F⊥x轴于点F． 由题意，可知DE⊥y轴，AE＝3，OE＝4．由旋转的性质，可知OD＝OC＝8， ∴DE4， ∵OD＝OD′，∠DOD′＝90°， ∴∠EOD+∠EOD′＝90°， ∵∠D′OF+∠EOD′＝90°． ∴∠D′OE＝∠DOE， ∵∠DEO＝∠D′FO＝90°， ∴△ODE≌△OD′F（AAS）， ∴D′F＝DE＝4，OF＝OE＝4． ∴点D′的坐标为（﹣4，4）， 故选：A． 5．【答案】C 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可以直接得到答案． 【解答】解：∵点P（5，﹣3）与点Q关于原点对称， ∴Q点坐标为（﹣5，3）． 故选：C． 6．【答案】A 【分析】利用旋转的性质及平行线的性质求角度即可． 【解答】解：∵将△OAB绕着点O逆时针旋转80°后得到△OA′B′， ∴∠B＝∠B′＝30°，∠AOA′＝80°， ∵A′B′∥OA， ∴∠AOB′＝∠B′＝30°， ∴∠A′OB′＝∠A′OA′﹣∠AOB′＝50°， 故选：A． 7．【答案】C 【分析】根据旋转的性质可以得到OA′＝OA＝4，∠A′OB′＝∠AOB＝∠A′B′O＝∠B＝30°，然后过点B′作y轴的垂线，再根据解直角三角形的方法可以求得A′M和B′M的值，从而可以写出点B′的坐标． 【解答】解：由题意可知， OA′＝OA＝4，∠A′OB′＝∠AOB＝∠A′B′O＝∠B＝30°， 过点B′作y轴的垂线，垂足为M，如下图所示， ∵∠A′OB′＝∠B′＝30°，OA′＝4， ∴A′B′＝OA＝4，∠B′A′M＝60°， ∵B′M⊥y轴， ∴∠B′MA′＝90°， ∴∠A′B′M＝30°， ∴A′M＝2，B′M＝2， ∴OM＝6， ∴点B′的坐标为（﹣2，6）， 故选：C． 8．【答案】B 【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明Rt△POE≌Rt△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断． 【解答】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F． ∵∠PEO＝∠PFO＝90°， ∴∠EPF+∠AOB＝180°， ∵∠MPN+∠AOB＝180°， ∴∠EPF＝∠MPN， ∴∠EPM＝∠FPN， ∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F， ∴PE＝PF， 在Rt△POE和Rt△POF中， ， ∴Rt△POE≌Rt△POF（HL）， ∴OE＝OF， 在△PEM和△PFN中， ， ∴△PEM≌△PFN（ASA）， ∴EM＝NF，PM＝PN，故（1）正确， ∴S△PEM＝S△PNF， ∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故（3）正确， ∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值，故（2）正确， ∵M，N的位置变化， ∴MN的长度是变化的，故（4）错误， 故选：B． 二、填空题（共8小题） 9．【答案】（2，3）． 【分析】若两个点关于原点对称，则它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，根据这一特点即可求得结果． 【解答】解：根据题意可知，点（﹣2，﹣3）关于原点的对称点的坐标是（2，3）． 故答案为：（2，3）． 10．【答案】． 【分析】先分析题意，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET．结合矩形的性质以及旋转的性质得△EBF≌△TEG（SAS），则点G在射线TG上运动，当CG⊥TG时，CG的值最小，再证明四边形ETGJ是矩形，则DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝1，运用勾股定理以及等腰三角形的性质得，再代入数值到CG＝CJ+GJ进行计算，即可作答． 【解答】解：如图，四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝4，E为BC上一点，且BE＝1，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET．CG与DE交于点J， ∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝∠ECD＝90°， ∵∠BET＝∠FEG＝45°， ∴∠BET+∠TEF＝∠FEG+∠TEF， ∴∠BEF＝∠TEG， 由旋转的性质得：EB＝ET，EF＝EG， 在△BEF和△TEG中， ， ∴△BEF≌△TEG（SAS）， ∴∠B＝∠ETG＝90°， ∴点G在射线TG上运动， ∴当CG⊥TG时，CG的值最小， ∵BC＝4，BE＝1， ∴CE＝4﹣1＝3， ∴CE＝CD， ∵∠ECD＝90°， ∴∠CED＝45°， ∵∠CED＝∠BET＝45°， ∴∠TEJ＝180°﹣45°﹣45°＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°， ∴四边形ETGJ是矩形， ∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝1， ∴CJ⊥DE， ∴JE＝JD， ∴， ∴， ∴CG的最小值为． 故答案为：． 11．【答案】1． 【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．据此得出m、n的值，将其代入m+n求值即可． 【解答】解：∵点A（m﹣1，2）和点B（3，﹣n+1）关于原点对称， ∴m﹣1＝﹣3，﹣n+1＝﹣2， 解得：m＝﹣2，n＝3， 则m+n＝﹣2+3＝1． 故答案为：1． 12．【答案】1． 【分析】根据矩形得出AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，∠ABG＝∠ABH＝∠C＝90°，由旋转的性质可得AE＝AB＝CD＝GF＝3，AG＝EF＝BC＝5，∠F＝∠E＝∠C＝90°，勾股定理求出BG，连接AH，证明△AEH≌△ABH，得出EH＝BH，设EH＝BH＝x，则GH＝x+4，HF＝5﹣x，在Rt△FHG中，勾股定理求出x＝1，即可求解． 【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5， ∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，∠ABG＝∠ABH＝∠C＝90°， ∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AEFG的位置， ∴AE＝AB＝CD＝GF＝3，AG＝EF＝BC＝5，∠F＝∠E＝∠C＝90°， 在直角三角形ABG中，AB＝3，AG＝5， 由勾股定理得：， 连接AH， ∵∠E＝∠ABH＝90°， ∴△AEH和△ABH是直角三角形， 在Rt△AEH和Rt△ABH中， ， ∴Rt△AEH≌Rt△ABH（HL）， ∴EH＝BH， 设EH＝BH＝x， 则GH＝x+4，HF＝5﹣x， 在Rt△FHG中，由勾股定理得：HF2+FG2＝HG2， ∴（5﹣x）2+32＝（x+4）2， 解得：x＝1， ∴EH＝1， 故答案为：1． 13．【答案】40°． 【分析】直接根据旋转的性质作答即可． 【解答】解：将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后得到△ADE，点D在BC上，∠EAC＝40°， 则∠BAD＝∠EAC＝40°． 故答案为：40°． 14．【答案】30°． 【分析】根据含有30°角的直角三角形的性质可知CE′是△ACB的中线，可得△E′CB是等边三角形，从而得出∠ACE′的度数，从而得出△CDE旋转的度数． 【解答】解：∵三角板是两块大小且含有30°的角， ∴CE′是△ACB的中线， ∴CE′＝BC＝BE′， ∴△E′CB是等边三角形， ∴∠BCE′＝60°， ∴∠ACE′＝90°﹣60°＝30°， 故答案为：30°． 15．【答案】见试题解答内容 【分析】关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数，根据特点列式求出a、b，即可求得答案． 【解答】解：在平面直角坐标系中，已知点A（a﹣b，﹣8）与点B（﹣2，a+b）关于原点对称， ∴a﹣b＝2，a+b＝8， 解得a＝5，b＝3， 故答案为：5；3． 16．【答案】（Ⅰ）4；（Ⅱ）2． 【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求出AE，再利用等腰直角三角形的性质求解； （Ⅱ）如图，连接AC，CF，过点F作FK⊥BC交BC的延长线于点K．证明∠ACF＝90°，再利用直角三角形斜边中线的性质求解． 【解答】解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°， ∵AB＝6，BE＝2， ∴AE＝FE2， ∵∠AEF＝90°， ∴AFAE＝4． 故答案为：4； （Ⅱ）如图，连接AC，CF，过点F作FK⊥BC交BC的延长线于点K． ∵∠B＝∠K＝∠AEF＝90°， ∴∠AEB+∠BAE＝90°，∠AEB+∠FEK＝90°， ∴∠BAE＝∠FEK， ∵AE＝EF， ∴△ABE≌△EKF（AAS）， ∴BE＝FK，AB＝EK， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝FK， ∴BE＝CK＝FK， ∴∠FCK＝∠ACB＝45°， ∴∠ACF＝90°， ∵AP＝PF， ∴CPAF＝2． 故答案为：2． 三、解答题（共6小题） 17．【答案】∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝BC，AD∥BC， ∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣60°＝120°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴∠BCF＝180°﹣∠ACB＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BAD＝∠BCF， 由旋转可得∠EBF＝60°， ∴∠EBF＝∠ABC， ∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC， ∴∠ABE＝∠CBF， 在△BAE和△BCF中， ， ∴△BAE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝CF． 【分析】根据菱形的性质可得△ABC是等边三角形，进而可证∠BAD＝∠BCF再根据旋转的性质可得∠ABE＝∠CBF，根据ASA可证△BAE≌△BCF，即可得证． 【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝BC，AD∥BC， ∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣60°＝120°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴∠BCF＝180°﹣∠ACB＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BAD＝∠BCF， 由旋转可得∠EBF＝60°， ∴∠EBF＝∠ABC， ∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC， ∴∠ABE＝∠CBF， 在△BAE和△BCF中， ， ∴△BAE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝CF． 18．【答案】（1） （2）（2，2）；90． 【分析】（1）根据平移的性质作图即可． （2）分别作线段AA1，OO1的垂直平分线，相交于点P（2，2），可知△A1B1O1是由△ABO绕点P（2，2）逆时针旋转90°得到的，即可得出答案． 【解答】解：（1）如图，△A2B2O2即为所求． （2）分别作线段AA1，OO1的垂直平分线，相交于点P（2，2）， 可知△A1B1O1是由△ABO绕点P（2，2）逆时针旋转90°得到的， ∴旋转中心的坐标是（2，2），旋转角为90°． 故答案为：（2，2）；90． 19．【答案】（1）27°； （2）． 【分析】（1）先根据旋转的性质得到∠ADE＝∠ABC＝36°，∠AED＝∠C＝90°，AB＝AD，则可计算出∠DAE＝54°，再根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理计算出∠ADB＝∠ABD＝63°，然后计算∠ADB﹣∠ADE即可； （2）先利用勾股定理计算出AB＝5，再根据旋转的性质得到∠AED＝∠C＝90°，AE＝AC＝3，DE＝BC＝4，所以BE＝2，然后在Rt△BDE中利用勾股定理可计算出BD的长 【解答】解：（1）∵△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，使点C的对应点E落在AB上， ∴∠ADE＝∠ABC＝36°，∠AED＝∠C＝90°，AB＝AD， ∴∠DAE＝90°﹣36°＝54°， ∵AB＝AD， ∴， ∴∠BDE＝∠ADB﹣∠ADE＝63°﹣36°＝27°； （2）在Rt△ABC中， ∵∠C＝90°， ∴， ∵△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，使点C的对应点E落在AB上， ∴∠AED＝∠C＝90°，AE＝AC＝3，DE＝BC＝4， ∴BE＝AB﹣AE＝5﹣3＝2， 在Rt△BDE中，． 20．【答案】（1）PA＝CQ，理由见解析； （2）150°． 【分析】（1）证明△APB≌△CQB，即可得出结论； （2）根据全等三角形的性质，勾股定理逆定理求出∠PQC＝90°，进一步求出∠BQC的度数即可． 【解答】解：（1）PA＝CQ，理由如下： 证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝60°，AB＝BC， ∵∠PBQ＝60°， ∴∠ABP＝∠CBQ＝60°﹣∠PBC， 又∵BQ＝BP， ∴△APB≌△CQB（SAS）， ∴PA＝CQ； （2）∵∠PBQ＝60°，且BQ＝BP， ∴△PBQ为等边三角形， ∴∠BQP＝60°，PQ＝PB＝4， 由（1）知PA＝CQ＝3， ∴PQ2+CQ2＝PC2， ∴∠PQC＝90°， ∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°． 21．【答案】（1）△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1，如图1即为所求； C1（﹣1，2）； （2）△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，如图2即为所求； C2（﹣3，﹣2）；﹣2，0，180； （3）y＝﹣x+2． 【分析】（1）利用平移的性质进行画图即可，通过图形和坐标系确定点的坐标； （2）利用旋转的性质进行画图即可，通过图形和坐标系确定点的坐标，根据旋转的性质确定旋转中心； （3）根据对称点确定线段中点的坐标，然后利用待定系数法求函数解析式即可． 【解答】解：（1）△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1，如图1即为所求； 此时，C1（﹣1，2）； （2）△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，如图2即为所求； 此时，C2（﹣3，﹣2）， △A2B2C2可看作△A1B1C1以点（﹣2，0）为旋转中心，旋转180°得到的， 故答案为：﹣2，0，180； （3）直线l的解析式为y＝﹣x+2．理由如下： 如图3， ∵A的坐标为（2，4），A3的坐标为（﹣2，0），则线段AA3的中点坐标为（0，2）， ∴直线必过点（0，2），且直线l垂直平分线段AA3， ∵AA3可以看作4×4的正方形的对角线， ∴直线l经过点（2，0）， 设直线l的解析式为y＝kx+b，将（2，0），（0，2）代入得： ， 解得：， ∴直线l的解析式为y＝﹣x+2． 22．【答案】（1） ； （2） ． 【分析】（1）根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数找到A、B、C对应点A1、B1、C1的位置，再顺次连接即可； （2）先找到A、B、C对应点A2、B2、C2的位置，再顺次连接即可． 【解答】解：（1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，如图所示， （2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°的△A2B2C2，如图所示， 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $