浙江省台州市临海市第五中学、东塍中学2023-2024学年九年级期中考试数学试题(含解析)

浙江省台州市临海市第五中学、东塍中学2023-2024学年九年级期中考试
数学试题（原卷）
一、选择题（本大题有10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1. 下列图形中，中心对称图形是( )
A. B. C. D.
2. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 没有实数根 B. 只有一个实数根
C. 有两个相等的实数根 D. 有两个不相等的实数根
3. 抛物线的顶点坐标是( )
A B. C. D.
4. 如图，绕点逆时针旋转65°得到，若，则的度数是（ ）
A. 30° B. 35° C. 40° D. 45°
5. 三角形两边长分别为3和6，第三边长是方程 的解，则这个三角形的周长是（ ）
A. B. 13 C. 11或8 D. 11和13
6. 如图，是的直径，点在上，交于点．若，则的度数为( )
A. B. C. D.
7. 小敏在一次投掷实心球的训练中，掷出的实心球的飞行高度与水平距离之间的关系大致满足二次函数，则小敏此次成绩为（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在边长为2的正方形中，是以为直径的半圆的切线，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. 1 D.
9. 如图，在中，，P是上一动点，将点P绕点逆时针旋转落在点处，当点落在边上时，点的坐标为( )
A. B. C. D.
10. 如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（　　）
A. 96cm2 B. 84cm2 C. 72cm2 D. 56cm2
二、填空题（共6小题，每题4分，共24分）
11. 点P（-3，4）关于原点对称的点的坐标是_______．
12. 若是关于的一元二次方程的一个根，则______．
13. 在平面直角坐标系中，若，，是二次函数图像上的三点，则，，的大小关系是______．（用“”号连接）．
14. 某地区前年参加中考的人数为5万人，今年参加中考的人数为万人．则这两年该地区参加中考人数的年平均增长率是______．
15. 如图，边长为2的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为2的圆上，顶点C、D在该圆内．将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点D第一次落在圆上时，点C旋转到C′，则∠C′AB＝__°．
16. 如图，在平面直角坐标系中，已知点 A(0，1)、B(0，1+t)、C(0，1-t)(其中t＞0)，点P在以D(4，4)为圆心，1 为半径的⊙D上运动，且始终满足∠BPC=90°，则t的取值范围是_____ ．
三．解答题（共7小题，共66分）
17 解方程：
（1）
（2）
18. 关于x的一元二次方程有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若两根为、且，求m值．
19. 如图，三个顶点的坐标分别为、．
（1）请画出与关于原点成中心对称的图形；
（2）若以点A为旋转中心逆时针旋转后得到的图形为（的对应点为的对应点为），在网格中画出旋转后的图形．
20. 已知二次函数的的图象如图所示，根据图像回答下列问题．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）当时，的取值范围是______；
（3）若方程有两个不相等实数根，则的取值范围是______．
21. 如图，AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，E为的中点，点C在BA的延长线上，且∠CDA＝∠B．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若DE＝2，∠BDE＝30°，求CD的长．
22. 如图（1），已知是等边三角形，点为射线上任意一点（点与点A不重合），连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接并延长交射线于点，交线段于点．
（1）如图（1），猜想______；
（2）如图（2），若当是锐角时，其他条件不变，（1）中的猜想还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请写出你的猜想并加以证明．
（3）如图（3），若，且，求的长．
23. 某饭店特制了一批高脚杯，分为男士杯和女士杯(如图1)，相关信息如下：
素材
内容
素材1
高脚杯：如图1，类似这种杯托上立着一只细长脚的杯子．从下往上分为三部分：杯托，杯脚，杯体．杯托为一个圆；水平放置时候，杯脚经过杯托圆心，并垂直任意直径；杯体的水平横截面都为圆，这些圆的圆心都在杯脚所在直线上．
素材2
图2坐标系中，特制男士杯可以看作线段，抛物线(实线部分)，线段，线段绕轴旋转形成立体图形(不考虑杯子厚度，下同)． 图2坐标系中，特制女士杯可以看作线段，抛物线(虚线部分)绕轴旋转形成的立体图形．
素材3
已知，图2坐标系中，，记为，．
根据以上素材内容，丵试求解以下问题：
（1）求抛物线和抛物线的解析式；
（2）当杯子水平放置及杯内液体(无泡沫)静止时，若男士杯中液体与女士杯中液体最深处深度均为，求两者液体最上层表面圆面积相差多少？(结果保留)
（3）当杯子水平放置及杯内液体(无泡沫)静止时，若男士杯中液体与女士杯中流体最深处深度相等，两者液体最上层表面圆面积相差，求杯中液体最深度为多少？
浙江省台州市临海市第五中学、东塍中学2023-2024学年九年级期中考试
数学试题（解析卷）
一、选择题（本大题有10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1. 下列图形中，中心对称图形是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形的概念，“一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形”根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：选项A、B、D都不能找到一个点，使这些图形绕某一点旋转与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项C能找到一个点，使这个图形绕某一点旋转与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：C．
2. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 没有实数根 B. 只有一个实数根
C. 有两个相等的实数根 D. 有两个不相等的实数根
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的根与判别式的关系，求出判别式与0的关系直接判断即可得到答案．
【详解】解：
由题意可得，，
∴方程没有实数根，
故选：A．
3. 抛物线的顶点坐标是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，根据题目中的函数解析式，可以直接写出该抛物线的顶点坐标，本题得以解决．
【详解】解：抛物线，
该抛物线的顶点坐标为，
故选：D．
4. 如图，绕点逆时针旋转65°得到，若，则的度数是（ ）
A. 30° B. 35° C. 40° D. 45°
【答案】B
【解析】
【分析】由旋转的性质可得，由，即可求的度数．
【详解】解：绕点逆时针旋转得到，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
5. 三角形两边长分别为3和6，第三边长是方程 的解，则这个三角形的周长是（ ）
A. B. 13 C. 11或8 D. 11和13
【答案】B
【解析】
【分析】根据因式分解法求得方程的解，再根据三角形三边关系确定三角形的边长，即可求解．
【详解】解：由方程得，
，，
∵，，
∴3，6，2不能构成三角形，
∴周长是，
故选B．
【点睛】此题考查了因式分解法求解一元二次方程以及三角形三边关系的应用，解题的关键是掌握因式分解法求解一元二次方程．
6. 如图，是的直径，点在上，交于点．若，则的度数为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，根据圆周角定理得到，，再由得到，然后根据三角形外角性质计算度数．
【详解】解：是的直径，
，
，
，
．
故选：A．
7. 小敏在一次投掷实心球的训练中，掷出的实心球的飞行高度与水平距离之间的关系大致满足二次函数，则小敏此次成绩为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数的实际应用，根据题意可知实心球落地时，即求的解即可，根据题意取函数或自变量的特殊值列方程求解是解题关键．
【详解】解：当时，，
整理得．
解得：（舍），．
则小敏此次成绩时8米．
故选：C．
8. 如图，在边长为2的正方形中，是以为直径的半圆的切线，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】取BC的中点O，设AE与⊙O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，由题意可得OB=OC=OA=1，∠OFA=∠OFE=90°，由切线长定理可得AB=AF=2，CE=CF，然后根据割补法进行求解阴影部分的面积即可．
【详解】解：取BC的中点O，设AE与⊙O的相切的切点为F，连接OF、OE、OA，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为2，
∴BC=AB=2，∠ABC=∠BCD=90°，
∵是以为直径的半圆的切线，
∴OB=OC=OF=1，∠OFA=∠OFE=90°，
∴AB=AF=2，CE=CF，
∵OA=OA，
∴Rt△ABO≌Rt△AFO（HL），
同理可证△OCE≌△OFE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】本题主要考查切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的性质定理、切线长定理、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
9. 如图，在中，，P是上一动点，将点P绕点逆时针旋转落在点处，当点落在边上时，点的坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，过点P作PH⊥OM于点H．证明△PHT≌△TOP′（AAS），推出PH＝OT＝1，TH＝OP′．求出OP′即可．
【详解】解：如图，过点P作PH⊥OM于点H．
∵T（0，1），N（﹣1﹣ ，0），
∴OT＝1，ON＝1+，
∵∠PHT＝∠P′OT＝∠PTP′＝90°，
∴∠PTH+∠P′TO＝90°，∠PTH+∠TPH＝90°，
∴∠TPH＝∠P′TO，
在△PHT和△TOP′中，
，
∴△PHT≌△TOP′（AAS），
∴PH＝OT＝1，TH＝OP′，
在Rt△MON中，∠OMN＝30°，
∴OM＝＝ON＝+3，
∴MH＝PH＝，
∴OH＝OM－MH＝3，
∴OP′＝TH＝OH－OT＝3﹣1＝2，
∴点的坐标为（﹣2，0）．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形判定与性质、旋转的性质、解直角三角形等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10. 如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（　　）
A. 96cm2 B. 84cm2 C. 72cm2 D. 56cm2
【答案】C
【解析】
【分析】过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
【详解】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC，
由三角形面积公式得：y＝，
解得EH＝AB＝6，
∴BH=AE=8,
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，
∴ED=4,
∴BC=AD＝12，
∴矩形的面积为12×6＝72．
故选：C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．
二、填空题（共6小题，每题4分，共24分）
11. 点P（-3，4）关于原点对称的点的坐标是_______．
【答案】（3，-4）
【解析】
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【详解】解：点P（-3，4）关于原点对称的点的坐标为：（3，-4）．
故答案为：（3，-4）．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键．
12. 若是关于的一元二次方程的一个根，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的根，根据b是关于x的一元二次方程的根，得出，即可求解，解题的关键是熟练掌握一元二次方程解的定义得出．
【详解】解：∵b是关于x的一元二次方程的根，
∴，
∴，
故答案为：2．
13. 在平面直角坐标系中，若，，是二次函数图像上的三点，则，，的大小关系是______．（用“”号连接）．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式得出其对称轴与开口方向，然后根据点与对称轴的距离进行判断即可．
【详解】解：∵二次函数解析式为，
∴对称轴为，
∵，
∴抛物线开口方向向上，
则离对称轴越远的点函数值越大，
∵，，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，比较函数值的大小，熟练掌握二次函数的性质得出对称轴与开口方向是解本题的关键．
14. 某地区前年参加中考的人数为5万人，今年参加中考的人数为万人．则这两年该地区参加中考人数的年平均增长率是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设这两年该地区参加中考人数的年平均增长率是，根据题意列出方程，解方程即可求解，根据题意列出方程是解题的关键．
【详解】解：设这两年该地区参加中考人数的年平均增长率是，根据题意得，
解得：（舍去），
故答案为：．
15. 如图，边长为2的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为2的圆上，顶点C、D在该圆内．将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点D第一次落在圆上时，点C旋转到C′，则∠C′AB＝__°．
【答案】75
【解析】
【分析】如图，分别连接OA、OB、OD′、OC、OC′，证明△OAB和△OAD′都为等边三角形，则∠OAB＝∠OAD′＝60°，所以∠D′AB＝120°；再证明∠D′AC′＝45°，然后计算∠D′AB﹣∠D′AC′即可．
【详解】解：如图，分别连接OA、OB、OD′、OC、OC′；
∵OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB＝60°；
同理可得△OAD′为等边三角形，
∴∠OAD′＝60°，
∴∠D′AB＝60°+60°＝120°；
∵AC′为正方形AB′C′D′的对角线，
∴∠D′AC′＝45°，
∴∠C′AB＝∠D′AB﹣∠D′AC′＝120°﹣45°＝75°．
故答案为：75．
【点睛】本题考查了旋转的性质和正方形的性质、圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半,是解题的关键．
16. 如图，在平面直角坐标系中，已知点 A(0，1)、B(0，1+t)、C(0，1-t)(其中t＞0)，点P在以D(4，4)为圆心，1 为半径的⊙D上运动，且始终满足∠BPC=90°，则t的取值范围是_____ ．
【答案】4≤t≤6
【解析】
【分析】根据点A、B、C的坐标，可知点A是BC的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半解得AP的长，再由勾股定理解得AD的长，最后由点与圆的位置关系解得t的最大值与最小值，进而确定t的取值范围．
【详解】连接AP，
由题意得，
t要最大，就是点A到上的一点的距离最大
在AD延长线上，
的最大值是APAD+PD=5+1=6
的最小值是APAD-PD=5-1=4
故t的取值范围为： 4≤t≤6
故答案为：4≤t≤6．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，其中涉及坐标与图形的性质、勾股定理、直角三角形中线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
三．解答题（共7小题，共66分）
17. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查求解一元二次方程．掌握各类求解方法是解题关键．
（1）利用直接开平方法即可求解；
（2）利用因式分解法即可求解．
【小问1详解】
解：∵
∴
小问2详解】
解：
∴
18. 关于x的一元二次方程有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若两根为、且，求m的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围；
（2）根据根与系数的关系可得出，，结合可得出关于的一元二次方程，解之取其小于等于的值即可得出结论．
【小问1详解】
解：关于的一元二次方程有实数根，
，
解得：．
【小问2详解】
，是一元二次方程的两个实数根，
，，
，即，
整理得：，
解得：，．
又，
．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：（1）牢记“当时，方程有实数根”；（2）根据根与系数的关系结合，找出关于的一元二次方程．
19. 如图，三个顶点的坐标分别为、．
（1）请画出与关于原点成中心对称的图形；
（2）若以点A为旋转中心逆时针旋转后得到的图形为（的对应点为的对应点为），在网格中画出旋转后的图形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了轴对称和旋转作图熟练掌握上述知识、灵活应用数形结合思想是解题的关键.
（1）根据中心对称的性质找出对应点即可求解；
（2）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解．
【小问1详解】
解：如图，即为所作；
【小问2详解】
如图，即为所求．
20. 已知二次函数的的图象如图所示，根据图像回答下列问题．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）当时，的取值范围是______；
（3）若方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是______．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】题目主要考查二次函数综合问题及与一元二次方程的关系，
（1）根据待定系数法求解即可；
（2）先求出当时，方程的两个根，再结合图形求解即可；
（3）利用一元二次方程根的判别式求解即可；
熟练掌握二次函数的基本性质是解题关键．
【小问1详解】
解：根据函数图象得，抛物线经过点，
∴设抛物线的解析式为，
将点代入得：，
解得：，
∴；
【小问2详解】
由（1）得当时，，
解得：，
∵，
∴或，
故答案：或；
【小问3详解】
根据题意得：，即，
∵方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：，
故答案为：．
21. 如图，AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，E为的中点，点C在BA的延长线上，且∠CDA＝∠B．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若DE＝2，∠BDE＝30°，求CD的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）CD＝2
【解析】
【分析】（1）连结OD，根据AB是直径可得∠BDA＝90°，证明∠B＝∠BDO＝∠CDA，求出∠CDA+∠ADO＝90°即可证得CD是⊙O的切线；
（2）连结OE，根据∠BDE＝30°，E为的中点即可求出∠EOD＝60°，△EOD为等边三角形，进而求出ED＝EO＝OD＝2，∠DOC＝60°，再在Rt△DOC中，解直角三角形求出CD即可．
【小问1详解】
证明：连结OD，如图所示：
∵AB是直径，
∴∠BDA＝90°，
∴∠BDO+∠ADO＝90°，
又∵OB＝OD，∠CDA＝∠B，
∴∠B＝∠BDO＝∠CDA，
∴∠CDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥CD，
∵OD为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：连结OE，如图所示：
∵∠BDE＝30°，
∴∠BOE＝2∠BDE＝60°，
∵E为的中点，
∴∠EOD＝60°，
∵OE＝OD，
∴△EOD为等边三角形，
∴ED＝EO＝OD＝2，
又∵∠BOD＝∠BOE+∠EOD＝120°，
∴∠DOC＝180°﹣∠BOD＝180°﹣120°＝60°，
在Rt△DOC中，∠DOC＝60°，OD＝2，
∴tan∠DOC＝tan60°＝＝＝，
∴CD＝2．
【点睛】本题考查圆的有关概念及基本性质，切线的判定，圆周角定理及其推论，解直角三角形等知识，弄清题意，正确作出辅助线，熟练掌握圆的相关性质并能灵活运用是解题的关键．
22. 如图（1），已知是等边三角形，点为射线上任意一点（点与点A不重合），连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接并延长交射线于点，交线段于点．
（1）如图（1），猜想______；
（2）如图（2），若当是锐角时，其他条件不变，（1）中的猜想还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请写出你的猜想并加以证明．
（3）如图（3），若，且，求的长．
【答案】（1），证明见解析；
（2），理由见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得出解答即可；
（2）根据等边三角形的性质得，，再根据旋转的性质得，，则，可证明，得到，然后利用三角形内角和定理可得到；
（3）作于H，与（2）一样可证明，则，由，，易得，，则可判断为等腰直角三角形，所以，在中，根据含30度的直角三角形三边的关系得，于是可计算出 ，所以．
【小问1详解】
解：； 理由如下：
∵，且，
∴，
和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【小问2详解】
．
∵是等边三角形，
∴，，
∵线段绕点C顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴， 即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
作于H，如图3，
同理可得：，
∴，
∵，，
∴，， ，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法运算等．
23. 某饭店特制了一批高脚杯，分为男士杯和女士杯(如图1)，相关信息如下：
素材
内容
素材1
高脚杯：如图1，类似这种杯托上立着一只细长脚的杯子．从下往上分为三部分：杯托，杯脚，杯体．杯托为一个圆；水平放置时候，杯脚经过杯托圆心，并垂直任意直径；杯体的水平横截面都为圆，这些圆的圆心都在杯脚所在直线上．
素材2
图2坐标系中，特制男士杯可以看作线段，抛物线(实线部分)，线段，线段绕轴旋转形成的立体图形(不考虑杯子厚度，下同)． 图2坐标系中，特制女士杯可以看作线段，抛物线(虚线部分)绕轴旋转形成的立体图形．
素材3
已知，图2坐标系中，，记为，．
根据以上素材内容，丵试求解以下问题：
（1）求抛物线和抛物线的解析式；
（2）当杯子水平放置及杯内液体(无泡沫)静止时，若男士杯中液体与女士杯中液体最深处深度均为，求两者液体最上层表面圆面积相差多少？(结果保留)
（3）当杯子水平放置及杯内液体(无泡沫)静止时，若男士杯中液体与女士杯中流体最深处深度相等，两者液体最上层表面圆面积相差，求杯中液体最深度为多少？
【答案】（1）抛物线；抛物线
（2）
（3）或
【解析】
【分析】本题考查二次函数的实际应用
（1）设出函数解析式，利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）设男士杯中液体与女士杯中液体最上层表面圆的半径分别为，，分别求出，，即可得出结果；
（3）分和进行讨论求解即可．
【小问1详解】
解：点为抛物线和抛物线的顶点，对称轴为轴，
设抛物线的解析式为：，抛物线的解析式为：，
点在抛物线上，点在抛物线上，
，，
，，
抛物线；抛物线；
【小问2详解】
解：设男士杯中液体与女士杯中液体最上层表面圆的半径分别为，，
在抛物线中：当时，
，
，
，
则，
；
【小问3详解】
解：当时，由抛物线解析式可得：， ，
，
即，
解得；
则最深度为；
当时，由图象可得：， ，
可列方程：，
则，
解得；
则最深度为．
综上：杯中液体最深度为或。