前言
点差法定义
“点差法”，即差分法，适用于解决直线与圆锥曲线相交的弦的中点问题，回避了使用运算量较大的韦达定理，从而转化为与直线斜率有关的问题。它的本质是两平行方程的变形。
分析：设直线与椭圆相交于两点(A(x_1，y_1))和(B(x_2，y_2))，
由于点(P(4，2))是线段(AB)的中点，故有(x_1+x_2=8)，(y_1+y_2=4)；
又由于点(A、B)都在椭圆上，
则有(x_1^2+4y_1^2=36①)，(x_2^2+4y_2^2=36②)，
两式作差得到，((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})，
即直线(l)的斜率(k=k_{AB}=-cfrac{1}{2})，
由点斜式可得直线(l)的方程为(y-2=-cfrac{1}{2}(x-4))，整理得到(x+2y-8=0)。
此解法简捷漂亮，因其设点求差，故名点差法。
反思总结：在圆锥曲线中涉及中点弦问题时，往往发挥很大作用。自然，上例中的椭圆也可以替换为双曲线，抛物线，圆等曲线。
方法局限性
1、但点差法只可用于解决中心在原点的圆锥曲线，再利用题中其他条件寻找(x，y，k，m)(直线截距)间的关系，允许保留一个未知数，多用于解决过定点问题。
2、对于存在性问题（如问到"是否存在一定点过于直线AB？”）要慎用点差法，因为当题中未明说直线与圆锥曲线的相交情况时，若无交点，(x_1，x_2，y_1，y_2)就没有了意义，变形式也就不成立了。故即使利用点差法解出定点（当题中相交情况不确定时），也要检验。
检验方法一：把已知直线与圆锥曲线联立，再算判别式是否≥0，若符合，则存在；
检验方法二：把所得弦的中点代入圆锥曲线本身的约束条件中去看是否满足，如在椭圆中弦的中点应满足(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}<1)；双曲线中满足(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}>1)；若符合，则存在。
典例剖析
解：设弦的两个端点分别为(P(x_1，y_1)，Q(x_2，y_2))，(PQ)的中点为(M(x，y))，
则有(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)
则有(cfrac{x_1-x_2}{2}+cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}(y_1+y_2)=0)
又由于(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)，
又由于弦中点在椭圆内，故所求的弦中点的轨迹方程为(x+4y=0)(在已知椭圆内)。
分析：做出如下示意图，连结(MH)，(H)为焦点弦(AB)的中点，
由于( riangle AMB)为直角三角形，(H)为(AB)的中点，则(MH=cfrac{1}{2}AB)，
又由于(AB=AF+BF=AP+BQ)，则(MH=cfrac{1}{2}AB=cfrac{1}{2}(AP+BQ))，
故(MH)为直角梯形的中位线，则(MH//x)轴，
设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则有(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))，
则有(cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=cfrac{4}{y_1+y_2})，即(k=cfrac{4}{y_1+y_2})，
又由于(MH//x)轴，(M(-1，1))，则(H)点的纵坐标为1，即(cfrac{y_1+y_2}{2}=1)，则(y_1+y_2=2)，代入上式，
得到(k=cfrac{4}{y_1+y_2}=2).
法2：向量法，设直线(AB：y=k(x-1))，由于点(A，B)都在抛物线上，故设(A(4t_1^2，4t_1))，(B(4t_2^2，4t_2))，
联立直线和抛物线，得到(left{egin{array}{l}{y=k(x-1)}\{y^2=4x}end{array} ight.)，消(x)得到，
(y^2-cfrac{4}{k}y-4=0)，则由韦达定理可知，(4t_1+4t_2=cfrac{4}{k})，(4t_1cdot 4t_2=-4)，
即(t_1+t_2=cfrac{1}{k})，(t_1cdot 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})，
则(overrightarrow{MA}cdot overrightarrow{MB}=0)，即((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0)，
打开整理得到，(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：使用点差法求解，设弦的两个端点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则由于两个点都在双曲线上，
故满足(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，
两式做差得到，(cfrac{x_1^2-x_2^2}{36}-cfrac{y_1^2-y_2^2}{9}=0)，变形得到(cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}cdot cfrac{y_2+y_1}{x_2+x_1}=cfrac{1}{4})
又由于(cfrac{y_1+y_2}{2}=2)，(cfrac{x_1+x_2}{2}=4)，代入上式得到(kcdot cfrac{2}{8}=cfrac{1}{4})，故(k=cfrac{1}{2})，
由于弦过点(P(4，2))，且斜率为(k=cfrac{1}{2})，求得直线为(x-2y=0)，故选(C).
分析：设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，弦(AB)的垂直平分线交(x)轴于点(C(t，0))，
(AB)的中点为(M(x_0，y_0))，则(x_0>sqrt{6})，
由题意有(cfrac{x_1^2}{6}-cfrac{y_1^2}{3}=1)①，(cfrac{x_2^2}{6}-cfrac{y_2^2}{3}=1)②，两式相减得到，
((x_1+x_2)(x_1-x_2)-2(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0)，于是有(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)，则(t=cfrac{3x_0}{2}>cfrac{3sqrt{6}}{2})。
故(tin (cfrac{3sqrt{6}}{2}，+infty))。
分析：设点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则有(y_1^2=2px_1)①，(y_2^2=2px_2)②，
两式作差得到，((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)，
又线段(AB)的中点(M)的纵坐标为(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)，故选(C)。
分析：设(M(x_1，y_1))，(N(x_2，y_2))，线段(MN)的中点(P(x_0，y_0))，
则由(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)，
由点差法，①-②得到，(b^2(x_1+x_2)=-(y_1+y_2))，即(x_0b^2=-y_0)③，
又(|BM|=|BN|)，则(BPperp 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})，由于点(P(cfrac{b}{1-b^2}，cfrac{b^3}{1-b^2}))在椭圆内，
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出现这种范围问题的求解策略，其一，联立求解(Delta >0)；其二，点(P(x_0，y_0))在椭圆内，则(cfrac{x_0^2}{a^2}+cfrac{y_0^2}{b^2}<1)，
②涉及到与圆锥曲线相交的直线的斜率、中点问题常常考虑使用点差法。
反例提升
分析：设直线与椭圆相交于两点(A(x_1，y_1))和(B(x_2，y_2))，
由于点(P(4，2))是线段(AB)的中点，故有(x_1+x_2=8)，(y_1+y_2=4)；
又由于点(A、B)都在椭圆上，
则有(x_1^2+4y_1^2=4①)，(x_2^2+4y_2^2=4②)，
两式作差得到，((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})，
即直线(l)的斜率(k=k_{AB}=-cfrac{1}{2})，
由点斜式可得直线(l)的方程为(y-2=-cfrac{1}{2}(x-4))，整理得到(x+2y-8=0)。
易知上例中，点(P(4，2))在椭圆：(cfrac{x^2}{4}+y^2=1)的外边，故点(P(4，2))绝不可能是弦(AB)的中点，
此时点差法显的有点尴尬无奈。可见，点差法只能解决真正的中点问题，对于需要判别的情况应先判别再应用。
对应练习
分析：设点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则由两点都满足椭圆方程得到，
(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)②，两式做差得到，
(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)，
又由于(AB)的中点坐标为((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})，
则令(b^2=k)，(a^2=2k)，又(c^2=9)，由(a^2-b^2=c^2=k=9)，则(a^2=2k=18)，(b^2=k=9)
故椭圆的方程为(cfrac{x^2}{18}+cfrac{y^2}{9}=1).