【专项押题预测】临考查漏补缺：单选题（含解析）-2025年各地区中考数学模拟题汇编

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【专项押题预测】临考查漏补缺：单选题-2025年各地区中考数学模拟题汇编
1．（2025·广东深圳·二模）北斗卫星导航系统是我国自主研发的一款导航系统，北斗卫星导航系统服务性能优异，提供定位导航时授时精度最高可达秒．数据用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）哈尔滨市四月份某天的最低气温为，最高气温为，则这一天的最高气温比最低气温高（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·江苏盐城·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A，C．若四边形是平行四边形，则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知：如图，长方形纸条沿折叠，点的对称点为，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·江苏盐城·二模）我国申报的“春节——中国人庆祝传统新年的社会实践”非遗项目，被列入联合国教科文组织的人类非物质文化遗产代表作名录．下面是某同学为首个非遗蛇年春节设计的四种窗花，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·河南商丘·模拟预测）如图，将正方形沿折叠，使得点正好落在的中点处，则的值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，作射线交于点．已知，，则的长为（　　）
A． B． C．4 D．
9．（2025·甘肃金昌·一模）如图，将一副直角三角板如图所示放置（点F，D，C在同一直线上），点B在上，其中，，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在正方形中，与交于点，为延长线上的一点，，连接，分别交，于点，，连接，则下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，某班20名男生按学号顺次围坐成一圈做游戏，规则如下：从其中同学开始，沿顺时针方向，按依次报数，报到数字20的同学退出游戏，剩下19人，第一轮结束；从第一轮退出游戏的同学的顺时针方向相邻的同学开始，沿顺时针方向，按依次报数，报到数字20的同学退出游戏，剩下18人，第二轮结束；如此下去．若第四轮结束时，学号为11的同学退出游戏，则同学的学号是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
12．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，四边形是半圆的内接四边形，点在上，连接的内心是的中点．若是直线上的动点，则I，E两点间的距离最小值是（ ）
A． B． C．1 D．
13．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图是两个高度相同的圆柱连通器型空水箱（连通处体积忽略不计），其中甲水箱的底面积大于乙水箱的底面积．若向甲水箱持续匀速缓慢的注水，当两个水箱注满水时，停止注水．下列图象能大致反映甲水箱的水面高度与注水时间的函数关系的是（ ）
A． B．
C． D．
14．（2025·河南周口·模拟预测）2025年2月，河南省教育厅发布《关于全省义务教育阶段学校每天开展两小时综合体育活动的通知》，为丰富学生的课间体育活动，某中学开设了四个体育活动社团，分别是篮球社团、足球社团、乒乓球社团和羽毛球社团．学校为了解学生最喜欢的体育社团是哪一个，随机调查了部分学生（每人必选且只能选1个社团），并将调查结果绘制成如下的扇形统计图，已知最喜欢羽毛球社团的学生有20人，下列说法不正确的是（ ）
A．最喜欢羽毛球社团的人数占被调查人数的 B．被调查的人数一共有200人
C．被调查的人中最喜欢足球社团的有30人 D．被调查的人中最喜欢篮球社团的人数最多
15．（2025·四川宜宾·三模）如图，在等腰中，，，是的中线，，，则（ ）
A． B． C． D．
16．（2025·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标中，二次函数的图象为下列四个图象之一，试根据图象分析的值为（　　）
A．3 B． C．1 D．
17．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，内接于，，，则的直径长为（　　）
A．4 B． C．8 D．10
18．（2025·宁夏银川·三模）如图，是的中位线，点在上，．连接并延长，与的延长线相交于点．若，则线段的长为( )
A． B．10 C． D．11
19．（2025·河南商丘·模拟预测）如图1，在中，，一动点从点出发，沿着的路径运动，过点作，垂足为．设点运动的路程为，，与的函数图象如图2所示，则图2中点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
20．（2025·四川乐山·模拟预测）已知二次函数的图象上有两点，若，当函数值取得最大值时，对应的值为（ ）
A． B． C． D．
21．（2025·山东日照·三模）如图，在等腰三角形中，，以为直径作，与，分别相交于点，，点是上一点，，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
22．（2025·安徽合肥·三模）在矩形中，，若点是射线上一个动点，点关于的对称点为，连接，下列说法错误的是（　　）
A．当时，
B．当时，
C．当点为中点时，
D．当时，
23．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，与都是等边三角形，，，连接，，若将绕点逆时针旋转，当点，，在同一条直线上时，线段的长为（ ）
A． B． C．或 D．或
24．（2025·重庆·模拟预测）已知关于的整式，满足都是非负整数，且，有下列说法：
若，则符合条件所有整式共有个；
若符合条件的所有整式共有个，则
若，符合条件所有整式共有16个．
其中说法正确的有（　　）
A．个 B．个 C．个 D．个
25．（2025·重庆·模拟预测）如图，在正方形中，分别是上的点，连接相交于点，连接并延长交于点．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
26．（2025·重庆·模拟预测）如图，在中，，将绕点B顺时针旋转得到，则阴影部分面积为（　　）
A． B． C． D．
27．（2025·河南许昌·二模）对联是一种传统的中国文化艺术形式，具有悠久的历史和丰富的文化内涵．一副对联包括上下两联，小鑫无意间将两副内容不同的对联打乱，他从中随机抽取两张，则恰好是一副对联的概率是（ ）
A． B． C． D．
28．（2025·安徽合肥·三模）已知点在上，则下列命题为真命题的是（　　）
A．若半径平分弦，则
B．若，则四边形是平行四边形
C．若四边形是平行四边形，则四边形是含一个内角为的菱形
D．若，则弦平分半径
29．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知二次函数的图象如图所示．下列结论：①；②；③；④；⑤若，且，则．其中结论正确的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
30．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图，在菱形中，，，点分别是线段上的动点（两点均与端点不重合），且始终满足，连接与相交于点，连接，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．的最小值为
《【专项押题预测】临考查漏补缺：单选题-2025年各地区中考数学模拟题汇编》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C C C B B A B B
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 C D A C A C C B C B
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 C A C B B B B C B D
1．C
【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：
故选C．
2．B
【分析】根据温差的定义，计算解答即可．
本题考查了有理数减法的应用，熟练掌握运算是解题的关键．
【详解】解：根据题意，得
；
故选：B．
3．C
【分析】根据平方差公式，零指数幂，同底数幂的除法，整式的加减计算即可．
【详解】解：A. ，错误，不符合题意；
B. ，不是同类二次根式，无法计算，错误，不符合题意；；
C. ，正确，符合题意；
D. ，错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平方差公式，零指数幂，同底数幂的除法，整式的加减，熟练掌握公式是解题的关键．
4．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形，熟知平行四边形的性质是解题的关键；
根据四边形是平行四边形可得，再由A、C的坐标即可得解.
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵A，C，，
∴点B的坐标为；
故选：C.
5．C
【分析】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质，由折叠的性质可推出，由平行线的性质可得，则．
【详解】解：由折叠的性质可得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
6．B
【分析】本题主要考查了轴对称图形，解题的关键是熟练掌握轴对称图形的定义，即如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
利用轴对称图形的定义逐项进行判断即可．
【详解】解：A.该图形不是轴对称图形，不符合题意；
B. 该图形是轴对称图形，符合题意；
C. 该图形不是轴对称图形，不符合题意；
D. 该图形不是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
7．B
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，求角的正弦值，熟练掌握知识点是解题的关键．设正方形边长为，则，由折叠可知，设，则，再利用勾股定理算出，最后求角的正弦值即可．
【详解】解：设正方形边长为，则，
∵是中点，
∴，
由折叠可知，设，则，
在中，根据勾股定理，
解得，
∴，
故选：B．
8．A
【分析】本题考查了作图一基本作图：作角平分线，角平分线的性质定理，勾股定理及全等三角形的判定与性质等知识，根据基本作图可判断平分，过F作于G，再利用角平分线的性质得到，根据勾股定理求出，证明，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：过F作于G，
平分，，
，
在中根据勾股定理得：
，
，
，
设，则，，
在中，根据勾股定理得：
即：，
解得，
在中根据勾股定理得：，
故选：A．
9．B
【分析】本题考查了三角板中角度计算问题、平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．根据直角三角板的角度可得，，利用平行线的性质得到，再利用即可求解．
【详解】解：由题意得，，，
，
，
．
故选：B．
10．B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握正方形的性质．
利用正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质逐项进行判断即可．
【详解】解：①假设正方形的边长为，根据勾股定理得，
，
，
，
故①错误，不符合题意；
②由①可得，
故②错误，不符合题意；
③根据正方形的性质可得，垂直平分线段，
，
,
，
，
，
，
综上，，
即平分，
故③正确，符合题意；
④由③可得,
,
，
∴,
由①可得,
∴，
故④正确，符合题意；
故选：B．
11．C
【分析】此题考查了数字类规律题和一元一次方程的应用，设第一轮第一位报数同学的学号是a，共20人，依次进行运算即可得到答案．
【详解】解：设第一轮第一位报数同学的学号是a，共20人，
则第一轮报号20的同学学号为，
∴第二轮第一个报号的同学学号仍为a，共19人，
则第二轮报号20的同学学号为，
∴第三轮第一个报号的同学学号为，共18人，
则第三轮报号20的同学学号为，
∴第四轮第一个报号的同学学号为，共17人，
则第四轮报号20的同学学号为，
∵在第四轮中，恰好学号11的同学退出游戏，
∴，
∴，
故选：C．
12．D
【分析】此题考查了圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，垂线段最短等知识，连接，过点作于点，根据三角形内心的定义得是的平分线，是的平分线，则，进而得，根据圆周角定理得，由此得，则，继而得，再根据“垂线段最短”得，因此当点与点重合时，两点间的距离为最小，最小值是线段的长，在中求出，则，在中，根据，得，由此即可得出两点间的距离的最小值，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：连接，过点作于点，如图：
∵的内心是的中点，
∴是的平分线，是的平分线，
∴，
，
∴，
根据圆周角定理得：，
∴，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∴，
∵的内心是的中点，
∴，
∴，
∵点是直线上的动点，
根据“垂线段最短”得：，
∴当点与点重合时，两点间的距离为最小，最小值是线段的长，
∵是半圆的直径，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
在中，，
，
∴两点间的距离的最小值为，
故选：D．
13．A
【分析】本题考查了函数的图象，解题的关键是根据题意，结合图象来解答．
根据两个圆柱形容器的中间连通，得到在一段时间内，甲容器的水面高度会保持不变，结合图象即可进行判断．
【详解】解：两个圆柱形容器的中间连通，
甲容器的水面高度会有保持不变的情况；
前面第一段的图象上升较快，中间一段图象的水面高度不变，后一段的图象上升较慢，
故选：A．
14．C
【分析】本题考查扇形统计图及其相关计算，根据扇形统计图的数据逐一判断即可．
【详解】解：A、最喜欢羽毛球社团的人数占被调查人数的，故A正确，不符合题意；
B、被调查的人数一共有（人），故B正确，不符合题意；
C、被调查的人中最喜欢足球社团的有（人），故C错误，符合题意；
D、由统计图可知，最喜欢篮球社团的人数占被调查人数的，学生人数占比最多，故D正确，不符合题意；
故选：C．
15．A
【分析】此题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，证明是解题关键．由等腰三角形的性质和勾股定理可表示出的长，通过证明，可得 ，即可求解．
【详解】解：，是的中线，
，，，
，
设，则 ，
点满足，
，且，
，且，
，
，
故选：A．
16．C
【分析】先将二次函数化为顶点式确定对称轴，再结合函数与坐标轴交点、开口方向等性质，代入选项验证，找出符合图象的值．本题主要考查二次函数的图象与性质，涉及对称轴公式（或顶点式推导 ）、函数与坐标轴交点的求解、二次函数开口方向与的关系．熟练掌握二次函数的顶点式变形、利用特殊点（如、 ）分析函数图象，是解题关键．
【详解】解：求二次函数对称轴
将二次函数配方为顶点式：
∴对称轴为直线 ．
分析函数与轴交点
当时，，即函数与轴交点为 ．
结合图象验证选项
选项A（），
函数为，开口向上．
当时，，即与轴交点为，与所给图象均不匹配，排除．
选项B（），
函数为，开口向下．
对称轴，但图象特征（如与轴交点、开口后延伸趋势 ）与所给图象不符，排除．
选项C（），
函数为，可因式分解为．
当时，或，即与轴交点为和；对称轴，与第四个图象（过原点、且对称轴为 ）完全匹配，符合条件．
选项D（）：
函数为，开口向下．
当时，，与所给图象的轴交点特征不符，排除．
故选:C
17．C
【分析】本题主要考查了解直角三角形，圆周角定理及推理，熟练掌握圆周角定理及推理是解题的关键，过作直径，连，根据圆周角定理及推论得到和，再解直角三角形得到圆的直径．
【详解】解：过作直径，连接，
∴，，
∴，
∴的直径为；
故选：．
18．B
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质和判定，熟练掌握三角形中位线定理和相似三角形的判定方法是解决问题的关键．根据三角形中中位线定理证得，求出，进而证得，根据相似三角形的性质求出，即可求出结论．
【详解】解：是的中位线，，
，，
，
，
，
∴．
故选：B．
19．C
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，解题关键是能读懂函数图象．
根据函数图象可知，点的函数值最小，它的左边随的增大而增大，右边则相反，由此结合，点运动的过程，分析出这个点的位置即可．
【详解】解：在中，，设，，
当在上时，逐渐增大，逐渐减小，减小，
当运动到点时，最小，此时，观察图象，；
当在上时，逐渐减小，，继续减小，
当运动到点时，最小为，由图象可知，所以点坐标为，
故选：C．
20．B
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，抛物线的对称轴，顶点坐标等知识点，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
根据两个对称点确定抛物线的对称轴，判定顶点为最高点即可确定的值．
【详解】解：由抛物线上可知，纵坐标相等，
∴两点关于抛物线的对称轴对称，
所以抛物线的对称轴为，
∵，
∴抛物线的顶点为最高点，
所以，当函数值取得最大值时，对应的值为1．
故选：B
21．C
【分析】本题主要考查圆周角定理（直径所对圆周角是直角、同弧所对圆周角相等、同弧所对圆心角是圆周角的倍 ）、等腰三角形三线合一的性质以及弧长公式．解题的关键在于通过圆周角定理和等腰三角形性质求出圆心角的度数，再代入弧长公式计算弧长．本题需要先利用圆周角定理求出圆心角的度数，再根据等腰三角形的性质得到相关角度关系，最后运用弧长公式计算弧长．
【详解】解：连接,
∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴也是的平分线，即．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴半径．
∴弧的长度．
故选：C
22．A
【分析】有两种情况，一种情况点M在矩形内部，一种情况点M在矩形外部，据此可判断A；当时，过点M作于H，证明，得到，设，则，由勾股定理得，解得或（舍去），则，可证明此时垂直平分，则，据此可判断B；当点为中点时，则，都在以P为圆心，的长为半径的圆上，据此可判断C；当P，M，C三点共线时，此时有，如图1所示：如图2，当P，M，C三点共线时，此时有，分两种情况分别求出即可判断D．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
如图所示，当点M在矩形内部时，过点M作于H，
当时，则；
由轴对称的性质可得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴；
如图所示，当点M在矩形外部时，此时
综上所述，A说法错误，不符合题意；
当时，过点M作于H，
同理可证明，
∴，即，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去）
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，故B说法正确，不符合题意；
当点为中点时，则，
∴都在以P为圆心，的长为半径的圆上，
又∵为直径，
∴，故C说法正确，不符合题意；
当P，M，C三点共线时，此时有，如图1所示：
在矩形中，，
∵点A关于直线的对称点为M，
，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图2，当P，M，C三点共线时，此时有，
由轴对称的性质得，
由平行线的性质得，
，
，
综上所述：当时，的长为8，故D说法正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，圆周角定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
23．C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，根据△是等边三角形，可得，由点、、在同一条直线上，需要分2种情况①当点在延长线上时；②当点在延长线上时，分别画出对应的图形，然后过点作边的垂线（或，利用含角的（或）求得垂线（或的长，最后利用勾股定理即可求解的长．熟练掌握以上知识点，学会分类讨论多种情况的图形，能够结合图形作垂线构造直角三角形是解题的关键．
【详解】解：与都是等边三角形，
，，，
①当点在延长线上时，作交于，连接，如图1，
，是等边三角形，
，，
，，
在中，，
；
②当点在延长线上时，作交于，如图2，
同理①可得，，，
，，
在中，由勾股定理得：；
综上所述，线段的长为或．
故选：C．
24．B
【分析】本题考查了多项式的有关概念，讨论思想，根据多项式有关概念逐一排除即可，解决本题的关键是根据多项式的定义分情况写出所有可能出现的结果即可．
【详解】解：当时，，
当时，或，
当时，，
符合条件的整式共有个，
故正确；
当时，，共有个，
当时，或或或，共有个，
当时，或或或或或，共个，
当时，或或，共个，
当时，，共个，
一共有个，
故错误；
若，时，
则有，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
共有个，
故错误，
正确的只有个．
故选：B．
25．B
【分析】根据题意可判定，得到，即，点四点圆，圆心设为，直径为，如图所示，由此得到，设，，，可证，得到，解得，，再证，得，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴点四点圆，圆心设为，直径为，如图所示，
∴，
∴，
设，，
∴，
∴，
∴点是的中点，
∴，，即点是的中点，
∵，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，共圆的确定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算，掌握共圆的确定，相似三角形的判定和性质是关键．
26．B
【分析】在中勾股定理求出、，再根据旋转的性质即可求出，，，，再根据扇形的面积公式求出，则，问题得解．本题考查了扇形面积公式、旋转的性质、勾股定理等知识，掌握扇形的面积公式是解答本题的关键．
【详解】解：过点作于一点，如图所示：
∵，，，
∴在中，，
，
根据旋转的性质有：，，，
∴，
在中，，
则 ，
则，
∴，
故选：B．
27．B
【分析】本题主要考查了画树状图法求概率，解题的关键是根据题意画出树状图．
先画出树状图，然后根据概率公式进行计算即可．
【详解】解：将两副内容不同的对联上下两联分别记为，，、．由题意，可画树状图如下：

由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中恰好是一副对联的结果有4种，
∴恰好是一副对联的概率是，
故选：B．
28．C
【分析】本题主要考查命题与证明，涉及垂径定理及其推论、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解答的关键是会利用所学的知识进行推理证明命题的真假．根据圆的有关性质、垂径定理及其推论、特殊平行四边形的判定与性质依次对各项判断即可．
【详解】解：A、当半径平分弦，不是直径时，，故本选项命题是假命题，不符合题意；
B、当，平分时，四边形是平行四边形，故本选项命题是假命题，不符合题意；
C、若四边形是平行四边形，则四边形是含一个内角为菱形，
如图，在优弧上取点，连接、，
四边形为平行四边形，
，
由圆周角定理得：
四边形为的内接四边形，
，
，
，
四边形是含一个内角为菱形，
故本选项命题是真命题，符合题意；
D、时，弦不一定平分半径，故本选项命题是假命题，不符合题意；
故选：C．
29．B
【分析】本题考查二次函数图象与系数之间的关系．根据图象正确的获取信息，利用二次函数的性质进行判断，是解题的关键．①根据开口方向，对称轴，与轴的交点位置，进行判断；②利用对称轴进行判断；③利用最值进行判断；④根据对称性和图象上的点，进行判断；⑤利用对称性进行判断．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
则，
∵对称轴为直线，则，
∴，
∵抛物线与轴交于正半轴，
则，
∴，故①错误，不符合题意；
把代入，
得，
观察图象得，
∴，故②错误，不符合题意；
∵
∴
故③正确，符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即；
故④正确，符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴关于对称轴直线对称，
即，
∴，
故⑤正确，符合题意；
综上所述，符合题意的是③④⑤，共3个，
故选：B．
30．D
【分析】利用菱形的性质证明是等边三角形，进而证出，得出，可判断A选项；通过证明，得到，利用三角形内角和定理和等量代换得到，可判断B选项；通过证明得到，利用等量代换可得，可判断C选项；作的外接圆，连接、、、，利用圆周角定理得到，进而得出，解得到、的长，再利用求出的最小值，可判断D选项，即可得出答案．
【详解】解：菱形，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
又，
，
，故A选项正确，不符合题意；
菱形，
，，
又，
，
，
，
，
，
，故B选项正确，不符合题意；
，
，
，
又，
，
，
，
，，
，即，
，故C选项正确，不符合题意；
作的外接圆，连接、、、，
的外接圆，
，
，
，
，，，
，
，
在中，，，
，，
，
，即，
，
的最小值为，故D选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、解直角三角形、圆周角定理、求三角形外接圆的半径，熟练掌握相关知识点，结合图形找出全等三角形和相似三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，构造辅助线有一定难度，适合有能力解决几何难题的学生．
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