前言
點差法定義
“點差法”，即差分法，適用於解決直線與圓錐曲線相交的弦的中點問題，回避了使用運算量較大的韋達定理，從而轉化為與直線斜率有關的問題。它的本質是兩平行方程的變形。
分析：設直線與橢圓相交於兩點\(A(x_1，y_1)\)和\(B(x_2，y_2)\)，
由於點\(P(4，2)\)是線段\(AB\)的中點，故有\(x_1+x_2=8\)，\(y_1+y_2=4\)；
又由於點\(A、B\)都在橢圓上，
則有\(x_1^2+4y_1^2=36①\)，\(x_2^2+4y_2^2=36②\)，
兩式作差得到，\((x_1^2-x_2^2)+4(y_1^2-y_2^2)=0\)，
即\((x_1+x_2)(x_1-x_2)+4(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0\)，
也就是\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{-(x_1+x_2)}{4(y_1+y_2)}=-\cfrac{1}{2}\)，
即直線\(l\)的斜率\(k=k_{AB}=-\cfrac{1}{2}\)，
由點斜式可得直線\(l\)的方程為\(y-2=-\cfrac{1}{2}(x-4)\)，整理得到\(x+2y-8=0\)。
此解法簡捷漂亮，因其設點求差，故名點差法。
反思總結：在圓錐曲線中涉及中點弦問題時，往往發揮很大作用。自然，上例中的橢圓也可以替換為雙曲線，拋物線，圓等曲線。
方法局限性
1、但點差法只可用於解決中心在原點的圓錐曲線，再利用題中其他條件尋找\(x，y，k，m\)(直線截距)間的關系，允許保留一個未知數，多用於解決過定點問題。
2、對於存在性問題（如問到"是否存在一定點過於直線AB？”）要慎用點差法，因為當題中未明說直線與圓錐曲線的相交情況時，若無交點，\(x_1，x_2，y_1，y_2\)就沒有了意義，變形式也就不成立了。故即使利用點差法解出定點（當題中相交情況不確定時），也要檢驗。
檢驗方法一：把已知直線與圓錐曲線聯立，再算判別式是否≥0，若符合，則存在；
檢驗方法二：把所得弦的中點代入圓錐曲線本身的約束條件中去看是否滿足，如在橢圓中弦的中點應滿足\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}<1\)；雙曲線中滿足\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}>1\)；若符合，則存在。
典例剖析
解：設弦的兩個端點分別為\(P(x_1，y_1)，Q(x_2，y_2)\)，\(PQ\)的中點為\(M(x，y)\)，
則有\(\cfrac{x_1^2}{2}+y_1^2=1\)①，\(\cfrac{x_2^2}{2}+y_2^2=1\)②，
①-②得到，\(\cfrac{x_1^2-x_2^2}{2}+y_1^2-y_2^2=0\)
則有\(\cfrac{x_1-x_2}{2}+\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}(y_1+y_2)=0\)
又由於\(x_1+x_2=2x\)，\(y_1+y_2=2y\)，\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=k=2\)，
代入上式，得到\(x+4y=0\)，
又由於弦中點在橢圓內，故所求的弦中點的軌跡方程為\(x+4y=0\)(在已知橢圓內)。
分析：做出如下示意圖，連結\(MH\)，\(H\)為焦點弦\(AB\)的中點，
由於\(\triangle AMB\)為直角三角形，\(H\)為\(AB\)的中點，則\(MH=\cfrac{1}{2}AB\)，
又由於\(AB=AF+BF=AP+BQ\)，則\(MH=\cfrac{1}{2}AB=\cfrac{1}{2}(AP+BQ)\)，
故\(MH\)為直角梯形的中位線，則\(MH//x\)軸，
設\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，則有\(y_1^2=4x_1\) ①，\(y_2^2=4x_2\) ②，
①-②得到，\(y_1^2-y_2^2=4(x_1-x_2)\)，即\((y_1+y_2)(y_1-y_2)=4(x_1-x_2)\)，
則有\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{4}{y_1+y_2}\)，即\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}\)，
又由於\(MH//x\)軸，\(M(-1，1)\)，則\(H\)點的縱坐標為1，即\(\cfrac{y_1+y_2}{2}=1\)，則\(y_1+y_2=2\)，代入上式，
得到\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}=2\).
法2：向量法，設直線\(AB：y=k(x-1)\)，由於點\(A，B\)都在拋物線上，故設\(A(4t_1^2，4t_1)\)，\(B(4t_2^2，4t_2)\)，
聯立直線和拋物線，得到\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\)，消\(x\)得到，
\(y^2-\cfrac{4}{k}y-4=0\)，則由韋達定理可知，\(4t_1+4t_2=\cfrac{4}{k}\)，\(4t_1\cdot 4t_2=-4\)，
即\(t_1+t_2=\cfrac{1}{k}\)，\(t_1\cdot t_2=-\cfrac{1}{4}\)，
又\(\overrightarrow{MA}=(4t_1^2+1，4t_1-1)\)，\(\overrightarrow{MB}=(4t_2^2+1，4t_2-1)\)，\(\angle AMB=90^{\circ}\)，
則\(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0\)，即\((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0\)，
打開整理得到，\(16(t_1t_2)^2+4(t_1^2+t_2^2)+1+16t_1t_2-4(t_1+t_2)+1=0\)，
代入整理得到，\(\cfrac{4}{k^2}-\cfrac{4}{k}+1=0\)，即\((\cfrac{2}{k}-1)^2=0\)，解得\(k=2\)。
分析：使用點差法求解，設弦的兩個端點\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，則由於兩個點都在雙曲線上，
故滿足\(\cfrac{x_1^2}{36}-\cfrac{y_1^2}{9}=1\)①，且\(\cfrac{x_2^2}{36}-\cfrac{y_2^2}{9}=1\)②，
兩式做差得到，\(\cfrac{x_1^2-x_2^2}{36}-\cfrac{y_1^2-y_2^2}{9}=0\)，變形得到\(\cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}\cdot \cfrac{y_2+y_1}{x_2+x_1}=\cfrac{1}{4}\)
又由於\(\cfrac{y_1+y_2}{2}=2\)，\(\cfrac{x_1+x_2}{2}=4\)，代入上式得到\(k\cdot \cfrac{2}{8}=\cfrac{1}{4}\)，故\(k=\cfrac{1}{2}\)，
由於弦過點\(P(4，2)\)，且斜率為\(k=\cfrac{1}{2}\)，求得直線為\(x-2y=0\)，故選\(C\).
分析：設\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，弦\(AB\)的垂直平分線交\(x\)軸於點\(C(t，0)\)，
\(AB\)的中點為\(M(x_0，y_0)\)，則\(x_0>\sqrt{6}\)，
由題意有\(\cfrac{x_1^2}{6}-\cfrac{y_1^2}{3}=1\)①，\(\cfrac{x_2^2}{6}-\cfrac{y_2^2}{3}=1\)②，兩式相減得到，
\((x_1+x_2)(x_1-x_2)-2(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0\)，於是有\(x_0(x_1-x_2)-2y_0(y_1-y_2)=0\)，
即\(k_{AB}=\cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\cfrac{x_0}{2y_0}\)，又\(k_{MC}=\cfrac{y_0}{x_0-t}\)，由\(k_{AB}\cdot k_{MC}=-1\)得到，
\(\cfrac{y_0}{x_0-t}\cdot \cfrac{x_0}{2y_0}=-1\)，即\(x_0+2(x_0-t)=0\)，則\(t=\cfrac{3x_0}{2}>\cfrac{3\sqrt{6}}{2}\)。
故\(t\in (\cfrac{3\sqrt{6}}{2}，+\infty)\)。
分析：設點\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，則有\(y_1^2=2px_1\)①，\(y_2^2=2px_2\)②，
兩式作差得到，\((y_1-y_2)(y_1+y_2)=2p(x_1-x_2)\)，即\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\cdot \cfrac{y_1+y_2}{2}=p\)，
又線段\(AB\)的中點\(M\)的縱坐標為\(1\)，即\(\cfrac{y_1+y_2}{2}=1\)，又\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=2\)，代入上式，
得到\(p=2\)，故選\(C\)。
分析：設\(M(x_1，y_1)\)，\(N(x_2，y_2)\)，線段\(MN\)的中點\(P(x_0，y_0)\)，
則由\(b^2x_1^2+y_1^2=b^2\)①，\(b^2x_2^2+y_2^2=b^2\)②，且有\(\cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=1\)，
由點差法，①-②得到，\(b^2(x_1+x_2)=-(y_1+y_2)\)，即\(x_0b^2=-y_0\)③，
又\(|BM|=|BN|\)，則\(BP\perp MN\)，\(k_{BP}=-1=\cfrac{y_0-b}{x_0}\)④，
由③④可得，\(x_0=\cfrac{b}{1-b^2}\)，\(y_0=\cfrac{b^3}{1-b^2}\)，由於點\(P(\cfrac{b}{1-b^2}，\cfrac{b^3}{1-b^2})\)在橢圓內，
故\(\cfrac{b^2}{(1-b^2)^2}+\cfrac{\frac{b^6}{(1-b^2)^2}}{b^2}<1\)，
解得\(3b^2<1\)，又\(b>0\)，故\(0<b<\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)。
解后反思：①出現這種范圍問題的求解策略，其一，聯立求解\(\Delta >0\)；其二，點\(P(x_0，y_0)\)在橢圓內，則\(\cfrac{x_0^2}{a^2}+\cfrac{y_0^2}{b^2}<1\)，
②涉及到與圓錐曲線相交的直線的斜率、中點問題常常考慮使用點差法。
反例提升
分析：設直線與橢圓相交於兩點\(A(x_1，y_1)\)和\(B(x_2，y_2)\)，
由於點\(P(4，2)\)是線段\(AB\)的中點，故有\(x_1+x_2=8\)，\(y_1+y_2=4\)；
又由於點\(A、B\)都在橢圓上，
則有\(x_1^2+4y_1^2=4①\)，\(x_2^2+4y_2^2=4②\)，
兩式作差得到，\((x_1^2-x_2^2)+4(y_1^2-y_2^2)=0\)，
即\((x_1+x_2)(x_1-x_2)+4(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0\)，
也就是\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{-(x_1+x_2)}{4(y_1+y_2)}=-\cfrac{1}{2}\)，
即直線\(l\)的斜率\(k=k_{AB}=-\cfrac{1}{2}\)，
由點斜式可得直線\(l\)的方程為\(y-2=-\cfrac{1}{2}(x-4)\)，整理得到\(x+2y-8=0\)。
易知上例中，點\(P(4，2)\)在橢圓：\(\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)的外邊，故點\(P(4，2)\)絕不可能是弦\(AB\)的中點，
此時點差法顯的有點尷尬無奈。可見，點差法只能解決真正的中點問題，對於需要判別的情況應先判別再應用。
對應練習
分析：設點\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，則由兩點都滿足橢圓方程得到，
\(\cfrac{x_1^2}{a^2}+\cfrac{y_1^2}{b^2}=1\)①，\(\cfrac{x_2^2}{a^2}+\cfrac{y_2^2}{b^2}=1\)②，兩式做差得到，
\(\cfrac{x_1^2-x_2^2}{a^2}+\cfrac{y_1^2-y_2^2}{b^2}=0\)，即\(\cfrac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{a^2}+\cfrac{(y_1-y_2)(y_1+y_2)}{b^2}=0\)，
又由於\(AB\)的中點坐標為\((1，-1)\)，即\(\cfrac{x_1+x_2}{2}=1\)，\(\cfrac{y_1+y_2}{2}=-1\)，代入上式，
整理得到，\(k=\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{b^2}{a^2}\)，又\(k=k_{FM}=\cfrac{-1-0}{1-3}=\cfrac{1}{2}\)，
則令\(b^2=k\)，\(a^2=2k\)，又\(c^2=9\)，由\(a^2-b^2=c^2=k=9\)，則\(a^2=2k=18\)，\(b^2=k=9\)
故橢圓的方程為\(\cfrac{x^2}{18}+\cfrac{y^2}{9}=1\).