题目 设 $\triangle ABC$ 的三边 $a,b,c$ 上的高分别为 $h_a,h_b,h_c$，满足 $\dfrac{3a}{{{h_a}}} - \dfrac{b}{{{h_b}}} + \dfrac{6c}{{{h_c}}} = 6$． 问题1 若 $\triangle ABC$ 的面积为 $S$，试证 $S = \dfrac{1}{{12}}(3{a^2} - {b^2} + 6{c^2})$； 答案1 略 解析1 由$$S = \dfrac{1}{2}a{h_a} = \dfrac{1}{2}b{h_b} = \dfrac{1}{2}c{h_c},$$得$$\dfrac{1}{{{h_a}}} = \dfrac{a}{{2S}} , \dfrac{1}{{{h_b}}} = \dfrac{b}{{2S}} , \dfrac{1}{{{h_c}}} = \dfrac{c}{{2S}},$$因此，$$\dfrac{{3{a^2}}}{{2S}} - \dfrac{{{b^2}}}{{2S}} + \dfrac{{6{c^2}}}{{2S}} = 6,$$整理得$$S = \dfrac{1}{{12}}\left( {3{a^2} - {b^2} + 6{c^2}} \right).$$ 备注1 问题2 用 $b,c$ 表示 $\sin \left( {A + \dfrac{\pi}{4}} \right)$，并求 $A$ 的大小； 答案2 $ \dfrac{\pi}{4}$ 解析2 由面积公式$$S = \dfrac{1}{2}bc\sin A = \dfrac{1}{{12}}\left( {3{a^2} - {b^2} + 6{c^2}} \right)\qquad\cdots\cdots\text{ ① }$$再根据余弦定理，$${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A\qquad\cdots\cdots\text{ ② }$$将 $\text{ ② }$ 代入 $\text{ ① }$，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 $A = \dfrac{\pi}{4}$． 备注2 问题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． 答案3 略 解析3 结论 $\text{ ① }$：若 $x \cdot \dfrac{a}{{{h_a}}} + y \cdot \dfrac{b}{{{h_b}}} + z \cdot \dfrac{c}{{{h_c}}} = 1$，则 $S = \dfrac{1}{2}\left( {x{a^2} + y{b^2} + z{c^2}} \right)$；<br/>结论 $\text{ ② }$：$\sin \left( {A + \arctan 2x} \right) = \dfrac{{\left( {x + y} \right){b^2} + \left( {x + z} \right){c^2}}}{{bc\sqrt {1 + 4{x^2}} }}$；<br/>结论 $\text{ ③ }$：当 $xy + yz + zx = \dfrac{1}{4}$ 时，$A = \arctan \dfrac{1}{{2x}}$．<br/>证明过程与 $(1)$ $(2)$ 完全类似，略去． 备注3 每日一题[857]举一反三．