初中數學中，圓需要掌握的內容有：與圓有關的性質，與圓有關的位置關係，與圓有關的計算這三塊內容。必考題型是與圓有關的基本性質，有關位置關係及與圓有關的計算。重點偏重於考查的圓的基本性質。而圓的內接四邊形是圓中極為重要基本圖形，通常利用相似三角形判定即性質結合圓的基本性質定理就可求解典型圓的問題。下面介紹託勒密定理求解圓中有關線段數量關係的問題，可以簡潔明快，模式化求解問題，替代圓的基本性質推到，另闢蹊徑求解圓問題。
下面是該定理的證明過程．
已知：如圖1，四邊形ABCD內接於⊙O．
求證：ABDC+ADBC＝ACBD
證明：如圖2，作∠BAE＝∠CAD，交BD於點E，
∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，即∠BAC＝∠EAD，
∴△ABC∽△AED，
∵ADBC＝ACED，
∴ABDC+ADBC＝ACBE+ACED＝AC（BE+ED）＝ACBD．
2.（1）如圖1，四邊形ABCD內接於⊙O，BC是⊙O的直徑，如果AB＝AC＝√5，CD＝1，求AD的長．
（2）在（1）的條件下，如圖2，設對邊BA、CD的延長線的交點為P，求PA、PD的長．
【解答】：（1）∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BAC＝∠BDC＝90°，
∵AB＝AC＝√5，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵圓內接凸四邊形兩組對邊乘積的和等於兩條對角線的乘積，
即：如果四邊形ABCD內接於⊙O，則有ABCD+ADBC＝ACBD，
即√5×1+AD×√10＝√5×3，
解得：AD＝√2；
（2）∵∠PAD＝∠PCB，∠P＝∠P，
∴△PAD∽△PCB，
2.如圖2，四邊形ABCD內接於⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，點C為弧BD的中點，求AC的長．
【分析】連接BD，作CE⊥BD於E．首先證明BD＝2DE＝√3CD，由託勒密定理，構建方程求出AC即可．本題屬於圓綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，勾股定理，圓周角定理，銳角三角函數，託勒密定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，正確尋找相似三角形解決問題．
【解答】：連接BD，作CE⊥BD於E．
∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，
∵弧DC＝弧BC，∴CD＝CB，
∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝DE/CD，∴DE＝√3/2CD，
∴BD＝2DE＝√3CD，
由託勒密定理：ACBD＝ADBC+CDAB，
∴AC√3CD＝3CD+5CD，∴AC＝8√3/3，
答：AC的長為8√3/3．
3.如圖3，已知正五邊形ABCDE內接於⊙O，AB＝1，求對角線BD的長．
【分析】連接AD、AC，根據正多邊形的性質可得出△ABC≌△DCB≌AED，根據全等三角形的性質可設BD＝AC＝AD＝x，在圓內接四邊形ABCD中，利用託勒密定理可得關於x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結論．
【解答】：在圖3中，連接AD、AC．
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴△ABC≌△DCB≌AED，∴設BD＝AC＝AD＝x．
在圓內接四邊形ABCD中，由託勒密定理可得：ABCD+ADBC＝ACBD，
變式．若正五邊形ABCDE的邊長為a，對角線長為b，試證：b/a﹣a/b＝1．
【解答】：作出五邊形的外接圓，連接CE、BD、BE．
在四邊形BCDE中，根據託勒密定理得，
BCDE+CDBE＝CEBD，即aa+ab＝bb，
整理得，b2﹣a2＝ab，兩邊同時除以ab得，b/a﹣a/b＝1．
4.已知，如圖4，四邊形ABCD內接於⊙O，BD平分∠ABC，∠COD＝120°，求證：BD＝AB+BC．
【分析】連接AC，通過證明△ACD是等邊三角形，可得AC＝AD＝CD，由ACBD＝ABCD+BCAD，可求解．
【解答】如圖，連接AC
∵∠COD＝120°，∴∠CBD＝∠CAD＝60°
∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD＝60°
∴∠ACD＝60°，∴△ACD是等邊三角形,∴AC＝AD＝CD，
∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，
∴ACBD＝ABCD+BCAD，∴BD＝AB+BC
6．問題探究：
（1）已知：如圖①，△ABC中請你用尺規在BC邊上找一點D，使得點A到點BC的距離最短．
（2）如圖②，P是正△ABC外接圓的劣弧BC上任一點（不與B、C重合），請你根據託勒密（Ptolemy）定理證明：PA＝PB+PC
問題解決：
（3）如圖③，某學校有一塊兩直角邊長分別為30m、60m的直角三角形的草坪，現準備在草坪內放置一對石凳及垃圾箱在點P處，使P到A、B、C三點的距離之和最小，那麼是否存在符合條件的點P？若存在，請作出點P的位置，並求出這個最短距離（結果保留根號）；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據垂線段最短、利用尺規作圖作出點P；
（2）根據等邊三角形的性質得到AB＝BC＝AC，根據託勒密定理計算，即可證明；
（3）以BC為邊作正△BCD，使點D與點A在BC兩側，作△BCD的外接圓，連接AD交圓於P，連接PB，作DE⊥AC交AC的延長線於E，根據勾股定理、直角三角形的性質計算，得到答案．
【解答】：（1）利用尺規作圖，過點A作BC的垂線，交BC於D，
則點D即為所求；
（2）由託勒密定理得，PABC＝PBAC+PCAB，
∵△ABC為正三角形，∴AB＝BC＝AC，
∴PABC＝PBBC+PCBC，∴PA＝PB+PC；
（3）以BC為邊作正△BCD，使點D與點A在BC兩側，
作△BCD的外接圓，連接AD交圓於P，連接PB，作DE⊥AC交AC的延長線於E，則點P即為所求，
由（2）得，PD＝PB+PC，
∴P到A、B、C三點的距離之和＝DA，且距離之和最小，
∵CD＝BC＝30，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝30°，
7．（2019天門中考題）已知△ABC內接於⊙O，∠BAC的平分線交⊙O於點D，連接DB，DC．
（1）如圖①，當∠BAC＝120°時，請直接寫出線段AB，AC，AD之間滿足的等量關係式：________；
（2）如圖②，當∠BAC＝90°時，試探究線段AB，AC，AD之間滿足的等量關係，並證明你的結論；
（3）如圖③，若BC＝5，BD＝4，求AD/(AB+AC)的值．
【分析】本題屬於圓的綜合題，考查了圓周角定理，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是正確作出輔助線解決問題．本題實質是託勒密定理特殊化形式及拓展應用。
【解答】：（1）如圖①在AD上截取AE＝AB，連接BE，
∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分線交⊙O於點D，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，
∴△ABE和△BCD都是等邊三角形，
∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，
∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，
∴AD＝AE+DE＝AB+AC；
故答案為：AB+AC＝AD．
（2）AB+AC＝√2AD．理由如下：
如圖②，延長AB至點M，使BM＝AC，連接DM，
∵四邊形ABDC內接於⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，
∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，
∴△MBD≌△ACD（SAS），
∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．
∴AM＝√2AD，即AB+BM＝√2AD，
∴AB+AC＝√2AD ；
（3）如圖③，延長AB至點N，使BN＝AC，連接DN，
∵四邊形ABDC內接於⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，
∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，
∴△NBD≌△ACD（SAS），
∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，
∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，
∴AAN/BC=AD/BD，
∴AD/AN=BD/BC，
又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，
∴AD/(AB+AC)=BD/BC=4/5．
8．（2019威海中考題）（1）方法選擇
如圖①，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，連接AC，BD，AB＝BC＝AC．求證：BD＝AD+CD．
小穎認為可用截長法證明：在DB上截取DM＝AD，連接AM…
小軍認為可用補短法證明：延長CD至點N，使得DN＝AD…
請你選擇一種方法證明．
（2）類比探究
【探究1】
如圖②，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，連接AC，BD，BC是⊙O的直徑，AB＝AC．試用等式表示線段AD，BD，CD之間的數量關係，並證明你的結論．
【探究2】
如圖③，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，連接AC，BD．若BC是⊙O的直徑，∠ABC＝30°，則線段AD，BD，CD之間的等量關係式是_______．
（3）拓展猜想
如圖④，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，連接AC，BD．若BC是⊙O的直徑，BC：AC：AB＝a：b：c，則線段AD，BD，CD之間的等量關係式是 ．
【分析】本題考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，等邊三角形的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．本題實質是託勒密定理特殊化形式及拓展應用。
【解答】：（1）方法選擇：∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
如圖①，在BD上截取DM＝AD，連接AM，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴△ADM是等邊三角形，∴AM＝AD，
∵∠ABM＝∠ACD，∵∠AMB＝∠ADC＝120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD；
（2）類比探究：如圖②，
∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
過A作AM⊥AD交BD於M，
∵∠ADB＝∠ACB＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD，∠AMD＝45°，∴DM＝√2AD，
∴∠AMB＝∠ADC＝135°，
∵∠ABM＝∠ACD，∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+√2AD；
【探究2】如圖③，∵若BC是⊙O的直徑，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，
過A作AM⊥AD交BD於M，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠AMD＝30°，∴MD＝2AD，
∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，
∴△ABM∽△ACD，∴BM/CD=AB/AC=√3，∴BM＝√3CD，
∴BD＝BM+DM＝√3CD+2AD；
故答案為：BD＝√3CD+2AD；
（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝c/b CDa/b+AD；
理由：如圖④，∵若BC是⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°，
過A作AM⊥AD交BD於M，
∴∠MAD＝90°，∴∠BAM＝∠DAC，
∴△ABM∽△ACD，∴BM/CD=AB/AC=c/b，∴BM＝c/bCD，
∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠MAD＝90°，
∴△ADM∽△ACB，∴ad/dm=ac/bc=b/a，∴DM＝a/bAD，
∴BD＝BM+DM＝c/bCD+q/bAD．
故答案為：BD＝c/bCD+a/bAD.
縱觀近幾年全國各地中考題，圓的有關概念以及性質等一般以填空題，選擇題的形式考查並佔有一定的分值；一般在10分－15分左右，圓的有關性質，如垂徑定理，圓周角，切線的判定與性質等綜合性問題的運用一般以計算證明的形式考查；利用圓的知識與其他知識點如代數函數，方程等相結合作為中考壓軸題將會佔有非常重要的地位，另外與圓有關的實際應用題，閱讀理解題，探索存在性問題仍是熱門考題，應引起讀者的注意。
圓這一部分，歷來都是中考的重點，容易與銳角三角函數，四邊形,全等及相似知識等相結合考察，並且這塊內容也是高中階段的一個基礎，請同學們多多重視！尤其有關圓的知識要夯實基礎，尤其是對稱性、圓周角、圓心角、切線的概念、定理要熟記，注重細節，關鍵詞。本文拓展借用託勒密定理，其實在還是利用圓的基本性質的體現，只是我們借用這一定理，可以快速進入解題思路之中或驗證解題結果。