设$\triangle ABC$的三边$a,b,c$ 上的高分别为$h_a,h_b,h_c$ ，满足$3\cdot\dfrac{a}{{{h_a}}} - \dfrac{b}{{{h_b}}} + 6\cdot\dfrac{c}{{{h_c}}} = 6$．
(1)若$\triangle ABC$的面积为$S$，试证$S = \dfrac{1}{{12}}(3{a^2} - {b^2} + 6{c^2})$；
(2)用$b,c$ 表示$\sin \left( {A + \dfrac{\pi}{4}} \right)$，并求$A$的大小；
(3)根据上述解题过程所得到的$\triangle ABC$结论，请你设计一个与三角形有关的类似结论，并证明你所给的结论．
分析与解 (1)由 $S = \dfrac{1}{2}a{h_a} = \dfrac{1}{2}b{h_b} = \dfrac{1}{2}c{h_c}$，于是$$\dfrac{1}{{{h_a}}} = \dfrac{a}{{2S}}\;,\;\dfrac{1}{{{h_b}}} = \dfrac{b}{{2S}}\;,\;\dfrac{1}{{{h_c}}} = \dfrac{c}{{2S}},$$
因此，$\dfrac{{3{a^2}}}{{2S}} - \dfrac{{{b^2}}}{{2S}} + \dfrac{{6{c^2}}}{{2S}} = 6$，整理得$$S = \dfrac{1}{{12}}\left( {3{a^2} - {b^2} + 6{c^2}} \right).$$
(2)由面积公式 $$S = \dfrac{1}{2}bc\sin A = \dfrac{1}{{12}}\left( {3{a^2} - {b^2} + 6{c^2}} \right)\qquad\cdots\cdots①$$
再根据余弦定理，$${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A\qquad\cdots\cdots②$$
将②代入①，有$$bc\sin A = \dfrac{1}{6}\left( {2{b^2} + 9{c^2} - 6bc\cos A} \right),$$整理得$\sin A + \cos A = \dfrac{{2{b^2} + 9{c^2}}}{{6bc}}$，于是$$\sin \left( {A + \dfrac{\pi}{4}} \right) = \dfrac{{2{b^2} + 9{c^2}}}{{6\sqrt 2 bc}}.$$
考虑到$2{b^2} + 9{c^2} \geqslant 6\sqrt 2 bc$，于是$\sin \left( {A + \dfrac{\pi}{4}} \right) = 1$，从而$A = \dfrac{\pi}{4}$．
(3)结论一：若$x \cdot \dfrac{a}{{{h_a}}} + y \cdot \dfrac{b}{{{h_b}}} + z \cdot \dfrac{c}{{{h_c}}} = 1$，则$S = \dfrac{1}{2}\left( {x{a^2} + y{b^2} + z{c^2}} \right)$；
结论二：$\sin \left( {A + \arctan 2x} \right) = \dfrac{{\left( {x + y} \right){b^2} + \left( {x + z} \right){c^2}}}{{bc\sqrt {1 + 4{x^2}} }}$；
结论三：当$xy + yz + zx = \dfrac{1}{4}$时，$A = \arctan \dfrac{1}{{2x}}$．
证明过程与(1)(2)完全类似，略去．