6.4.3(1) 余弦定理

${\color {Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}$
[【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019）]
(https://www.zxxk.com/docpack/2921718.html)
${\color {Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}$

必修第二册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

解三角形

一般地，三角形的三个角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$ 叫做三角形的元素。已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形.
 

余弦定理

(1) 内容
三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.
即 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ ，$b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$.

证明 因为 $|\overrightarrow{B C}|^2=\overrightarrow{B C}^2=(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})^2=\overrightarrow{A C}^2-2 \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A B}^2$
$=\overrightarrow{A C}^2-2|\overrightarrow{A C}|\cdot |\overrightarrow{AB} | \cos ⁡A+\overrightarrow{AB}^2$
所以 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$，
同理可得 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$.
 

(2) 变形
$\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}$ ， $\cos B=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2 a c}$ ， $\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2 a b}$

 

(3) 利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题
① 已知三边，可求三个角；
【例】 在 $△ABC$ 中，若 $a=4$ ， $b=3$， $c=\sqrt{13}$，则角 $C=$$\underline{\quad \quad}$ .
解 $\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2 a b}=\dfrac{16+9-13}{24}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow C=\dfrac{\pi}{3}$.
② 已知两边和一角，求第三边和其他两个角.
【例 1】 在 $△ABC$ 中，$A=30°$ ， $b=\sqrt{3}$，$c=1$，则 $a=$$\underline{\quad \quad}$ .(角 $A$ 为两边的夹角)
解 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=3+1-3=1⇒a=1$.
【例 2】 在 $△ABC$ 中，$A=30°$ ， $b=3\sqrt{3}$，$a=3$， 则边 $c=$$\underline{\quad \quad}$. (角 $A$ 不为两边的夹角)
解 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A⇒9=27+c^2-9c⇒c=3$ 或 $c=6$.
 

三角形类型的判断

$\angle A=\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow b^2+c^2=a^2$；
$\angle A>\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}<0 \Rightarrow b^2+c^2<a^2$；
$\angle A<\dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}>0 \Rightarrow b^2+c^2>a^2$.
 

射影定理

$a=c \cdot \cos B+b \cdot \cos C$ ，$b=a \cdot \cos C+c \cdot \cos A$，$c=b \cdot \cos A+a \cdot \cos B$

 

基本方法

【题型1】 余弦定理解三角形

【典题 1】 若 $△ABC$ 的三边长分别为 $3$、$6$、$7$，则该三角形最大角的余弦值为 $\underline{\quad \quad}$．
解析 $\because△ABC$ 的三边长分别为 $3$、$6$、$7$，
$\therefore$ 该三角形最大角的余弦值为 $\dfrac{3^2+6^2-7^2}{2 \times 3 \times 6}=-\dfrac{1}{9}$．
点拨 三角形中大角对大边；已知三角形的三边可用余弦定理求三内角.
 

【典题 2】$△ABC$ 的内角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，已知 $a=\sqrt{5}$，$c=2$， $\cos A=\dfrac{2}{3}$，则 $b=$$\underline{\quad \quad}$．
解析 因为 $a=\sqrt{5}$，$c=2$，$\cos A=\dfrac{2}{3}$，
所以由余弦定理可得： $\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}$，即 $\dfrac{2}{3}=\dfrac{b^2+4-5}{4 b}$，
整理可得：$3b^2-8b-3=0$，解得 $b=3$ 或 $-\dfrac{1}{3}$(舍去)，
所以 $b=3$.
点拨 已知三角形的两边与一角，可用余弦定理求第三边。余弦定理有三条，那一般题中涉及哪个角就用对应的余弦定理公式.
 

【巩固练习】

1. 在 $△ABC$ 中，$A=30°$，$b=\sqrt{3}$，$c=1$，则 $a=$(　　)
 A．$2$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$\sqrt{3}$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$\sqrt{2}$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$1$
 

2. 在 $△ABC$ 中，内角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$．若 $a=3$，$A=30°$，$b=3\sqrt{3}$，则 $c$ 值为 (　　)
 A．$3$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$3$ 或 $6$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$\sqrt{3}$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$\sqrt{3}$ 或 $6$
 

3. 在 $△ABC$ 中，已知角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，$a=1$，$b=\sqrt{2}$，$C=45^∘$，则边 $c$ 等于 $\underline{\quad \quad}$ .
 

4. 在 $△ABC$ 中，若 $ac=8$，$a+c=7$， $B=\dfrac{\pi}{3}$，则 $b=$$\underline{\quad \quad}$.
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 因为 $A=30°$，$b=\sqrt{3}$，$c=1$，
   $\therefore a^2=b^2+c^2-2 b \cos A=\sqrt{3}^2+1^2-2 \times \sqrt{3} \times 1 \times \cos 30^{\circ}=1$，
   故 $a=1$．
   故选：$D$．

2. 答案 $B$
   解析 由余弦定理可得 $a^2=b^2+c^2－2bc\cos A$，
   即 $9=27+c^2－9c$，即 $c^2－9c+18=0$，解得 $c=3$ 或 $c=6$，
   故选：$B$．

3. 答案 $1$
   解析 由余弦定理得， $c=\sqrt{a^2+b^2-2 a b \cos C}=\sqrt{1+2-2 \times 1 \times \sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}}=1$．

4. 答案 $5$
   解析 由余弦定理知，$b^2=a^2+c^2-2ac\cos ⁡B=(a+c)^2-2ac-2ac \cos ⁡B$
   $=49-2 \times 8-2 \times 8 \times \dfrac{1}{2}=25$，所以 $b=5$．
    

【题型2】 余弦定理的运用

【典题 1】 已知 $△ABC$ 中，角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$．若 $2b\cos ⁡C=a+2c\cos ⁡B$，$b=\sqrt{2} c$，则 $\cos ⁡C=$$\underline{\quad \quad}$．
解析 由余弦定理及 $2b\cos ⁡C=a+2c\cos ⁡B$ 知， $2 b \cdot \dfrac{a^2+b^2-c^2}{2 a b}=a+2 c \cdot \dfrac{a^2+c^2-b^2}{2 a c}$，
化简可得 $a^2=2(b^2-c^2 )$，
因为 $b=\sqrt{2} c$，所以 $a^2=2(2c^2-c^2 )=2c^2$，即 $a=\sqrt{2} c$，
由余弦定理知， $\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2 a b}=\dfrac{2 c^2+2 c^2-c^2}{2 \cdot \sqrt{2} c \cdot \sqrt{2} c}=\dfrac{3}{4}$．
点拨 遇到类似 "$2b\cos ⁡C=a+2c\cos ⁡B$" 含角含边的等式，可化为仅含角或仅含边的等式.
 

【典题 2】在 $△ABC$ 中，角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，已知 $a=4$，$b=5$，$c=6$，则 $BC$ 边上的中线长 $AD=$$\underline{\quad \quad}$．
解析 因为 $a=4$，$b=5$，$c=6$，
所以 $\cos B=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2 a c}=\dfrac{16+36-25}{2 \times 4 \times 6}=\dfrac{9}{16}$，
又 $AD$ 为 $BC$ 边上的中线长，
所以 $B D=\dfrac{a}{2}=2$，
在 $△ABD$ 中，由余弦定理可得 $A D^2=c^2+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2-2 \cdot c \cdot \dfrac{a}{2} \cdot \cos B=36+4-2 \times 6 \times 2 \times \dfrac{9}{16}=\dfrac{53}{2}$，
可得 $A D=\dfrac{\sqrt{106}}{2}$．

点拨 对于类似本题图象含有多个三角形的问题，一是尽量去思考在每个三角形中哪些角哪些边可求尽量先确定；二是注意公角或公边的三角形间条件转换.
 

【巩固练习】

1. 在 $△ABC$ 中，角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$．若 $b^2+c^2-a^2=\dfrac{6}{5} b c$，则 $\sin⁡ A$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$.
 

2. 在 $△ABC$ 中，内角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，若 $2a^2=2b^2+bc$， $\cos A=\dfrac{1}{4}$，则 $\dfrac{b}{c}=$ $\underline{\quad \quad}$ .
 

3. 设 $△ABC$ 的内角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$．若 $b^2=ac$，$a+c=4$， $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=3$，则 $\cos ⁡B=$$\underline{\quad \quad}$．
 

4. 在钝角三角形 $ABC$ 中，$a=1$，$b=2$，则边 $c$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

5. 在 $△ABC$ 中，$D$ 是 $AB$ 边上一点，$AD=2DB$，$DC⊥AC$，$DC=\sqrt{3}$， $B C=\sqrt{7}$，则 $AB=$$\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

1. 答案 $\dfrac{4}{5}$
   解析 $\because b^2+c^2-a^2=\dfrac{6}{5} b c$，
   又由余弦定理可得，$b^2+c^2-a^2=2bc⋅\cos ⁡A$，
   $\therefore \dfrac{6}{5} b c=2 b c \cdot \cos A$，即 $\cos A=\dfrac{3}{5}$，
   $\therefore \sin A=\sqrt{1-\cos ^2 A}=\dfrac{4}{5}$．

2. 答案 $1$
   解析 在 $△ABC$ 中，$2a^2=2b^2+bc$，整理得 $b^2=a^2-\dfrac{1}{2} b c$，
   由余弦定理： $\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}=\dfrac{c^2-\dfrac{1}{2} b c}{2 b c}=\dfrac{2 c-b}{4 b}=\dfrac{1}{4}$，
   整理得 $\dfrac{b}{c}=1$．

3. 答案 $\dfrac{9}{10}$
   解析 由 $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=3$，得 $ca\cos ⁡B=3$，
   结合余弦定理可得 $a c \cdot \dfrac{a^2+c^2-b^2}{2 a c}=3$，
   $\therefore a^2+c^2-b^2=6$．$\therefore (a+c)^2-2ac-b^2=6$，
   $\therefore 3b^2=10$， $\therefore b^2=\dfrac{10}{3}$，
   $\therefore \cos B=\dfrac{9}{10}$ ．

4. 答案 $1<c<\sqrt{3}$ 或 $\sqrt{5}<c<3$．
   解析 ①$∵$ 当 $∠C$ 是钝角时，有 $∠C>90°$，
   $\therefore c>\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{5}$，
   又 $a+b>c$，可得 $c<1+2=3$，
   $\therefore$ 可得边 $c$ 的取值范围是 $(\sqrt{5}，3)$；
   ②当 $∠B$ 是钝角时，有 $∠B>90°$，
   $\therefore b^2>a^2+c^2$，可得 $4>1+c^2$，解得 $c<\sqrt{3}$，
   又 $c>b－a=1$，
   $\therefore 1<c<\sqrt{3}$，
   综上，边 $c$ 的取值范围是 $1<c<\sqrt{3}$ 或 $\sqrt{5}<c<3$．

5. 答案 $1$
   解析 如图，设 $BD=x$，则由余弦定理可得， $\cos A=\dfrac{\sqrt{4 x^2-3}}{2 x}$，
   又由余弦定理可得， $7=B C^2=9 x^2+\left(4 x^2-3\right)-2 \cdot 3 x \cdot \sqrt{4 x^2-3} \cos A$
   $=13 x^2-6 x \cdot \sqrt{4 x^2-3} \times \dfrac{\sqrt{4 x^2-3}}{2 x}-3$，
   即 $7=6+x^2$，解得 $x=1$，
   $\therefore AB=3$．
   故答案为：$1$.
   
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 已知 $a$，$b$，$c$ 分别为 $△ABC$ 内角 $A$，$B$，$C$ 的对边，若 $c=3$，$b=\sqrt{3}$，$B=30°$，则 $a=$(　　)
 A．$3$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$2\sqrt{3}$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$\sqrt{3}$ 或 $2\sqrt{3}$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$3$ 或 $2\sqrt{3}$
 

2. 在 $△ABC$ 中，角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，若 $a=4$，$b=3$， $c=\sqrt{13}$，则 $C=$(　　)
 A．$30°$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$45°$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$60°$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$120°$
 

3.(多选) 已知 $△ABC$ 中，角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，且满足 $B=\dfrac{\pi}{3}$，$a+c=\sqrt{3} b$，则 $\dfrac{a}{c}=$(　　)　　
 A．$2$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$3$ $\qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{1}{2}$ $\qquad \qquad \qquad$ D． $\dfrac{1}{3}$
 

4. 在 $△ABC$ 中，$a^2=b^2+c^2+bc$，则 $∠A=$$\underline{\quad \quad}$ .
 

5. 在 $△ABC$ 中，若 $a=2$，$b=4$， $\cos C=\dfrac{1}{4}$，则 $△ABC$ 的周长等于 $\underline{\quad \quad}$.
 

6. 已知 $△ABC$ 中，角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，且满足 $a c \cos B=a^2-b^2+\dfrac{1}{2} b c$，则 $A=$$\underline{\quad \quad}$．
 

7. 在 $△ABC$ 中，角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$．已知 $C=\dfrac{\pi}{3}$， $b^2-c^2=\dfrac{1}{2} a^2$，则 $\cos ⁡A=$$\underline{\quad \quad}$．
 

8. 在 $△ABC$ 中，内角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$．已知 $c=2$，$b=1$， $\cos C=\dfrac{1}{4}$．则 $△ABC$ 的中线 $AD$ 的长为 $\underline{\quad \quad}$．
 

9. 如图所示，在平面四边形 $ABCD$ 中， $A B=\sqrt{10}$，$BC=3$，$AC=5$，$CD=2\sqrt{2}$，$∠BCD=135^∘$．
  (1) 求 $\sin⁡∠ACB$； $\qquad \qquad$(2) 求 $AD$ 的长．

 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 $\because c=3$，$b=\sqrt{3}$，$B=30°$，
   $\therefore$ 由余弦定理可得：$b^2=a^2+c^2－2ac\cos B$，
   可得 $3=a^2+3^2-2 \times a \times 3 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}，$，可得 $a^2－3\sqrt{3} a+6=0$，
   $\therefore$ 解得 $a=\sqrt{3}$，或 $2\sqrt{3}$．
   故选：$C$．

2. 答案 $C$
   解析 由余弦定理可得， $\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2 a b}=\dfrac{16+9-13}{2 \times 4 \times 3}=\dfrac{1}{2}$，
   因为 $C$ 为三角形的内角，故 $C=\dfrac{1}{3} \pi$，
   故选：$C$．

3. 答案 $AC$
   解析 由余弦定理知， $\cos B=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2 a c}=\dfrac{a^2+c^2-\left(\dfrac{a+c}{\sqrt{3}}\right)^2}{2 a c}$，
   $∵B=\dfrac{\pi}{3}$，$a+c=\sqrt{3} b$，
   $\therefore \dfrac{1}{2}=\dfrac{a^2+c^2-\left(\dfrac{a+c}{\sqrt{3}}\right)^2}{2 a c}$，化简得 $2a^2-5ac+2c^2=0$，
   解得 $a=\dfrac{1}{2} c$ 或 $a=2c$，
   $\therefore \dfrac{a}{c}=\dfrac{1}{2}$ 或 $2$．
   故选：$AC$．

4. 答案 $120^∘$
   解析 因为在 中，设 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，若 $a^2=b^2+c^2+bc$，
   由余弦定理可知 $\cos A=-\dfrac{1}{2}$，所以 $A=120^∘$．

5. 答案 $10$
   解析 因为 $a=2$，$b=4$， $\cos C=\dfrac{1}{4}$，
   由余弦定理得： $c^2=a^2+b^2-2 a b \cos C=4+16-2 \times 2 \times 4 \times \dfrac{1}{4}=16$，
   所以 $c=4$．
   所以 $△ABC$ 的周长为 $a+b+c=2+4+4=10$．

6. 答案 $\dfrac{\pi}{3}$
   解析 $a c \cos B=a^2-b^2+\dfrac{1}{2} b c$，
   直接利用余弦定理 $\cos B=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2 a c}$，
   转换为 $b^2+c^2-a^2=bc$，整理得 $\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}=\dfrac{1}{2}$，
   由于 $0<A<π$，所以 $A=\dfrac{\pi}{3}$．

7. 答案 $\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}$
   解析 $△ABC$ 中，角 $A$，$B$，$C$ 和它们的对边 $a$，$b$，$c$，$C=\dfrac{\pi}{3}$， $b^2-c^2=\dfrac{1}{2} a^2$，
   由余弦定理可得 $c^2=a^2+b^2-2ab⋅\cos ⁡C=a^2+b^2-ab$，
   即 $b^2-c^2=ab-a^2$，
   $\therefore \dfrac{a^2}{2}=a b-a^2$， $b=\dfrac{3 a}{2}$，
   再把 $b=\dfrac{3 a}{2}$ 代入 $b^2-c^2=\dfrac{1}{2} a^2$，可得 $c=\dfrac{\sqrt{7}}{2} a$．
   则 $\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}=\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}$．

8. 答案 $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
   解析 如图所示，
   
   $△ABC$ 中，$c=2$，$b=1$， $\cos C=\dfrac{1}{4}$，
   由余弦定理得，$c^2=a^2+b^2－2ac\cos C$，即 $4=a^2+1-2 a \times 1 \times \dfrac{1}{4}$，
   整理得 $2a^2－a－6=0$，解得 $a=2$ 或 $a=-\dfrac{3}{2}$(舍去)；
   所以 $C D=\dfrac{1}{2} a=1$，
   由余弦定理得， $A D^2=12+12-2 \times 1 \times 1 \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{2}$，
   解得 $A D=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$，
   所以 $△ABC$ 的中线 AD 的长为 $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$．
   故答案为：$\dfrac{\sqrt{6}}{2}$．

9. 答案 (1) $\dfrac{3}{5}$； (2) $\sqrt{37}$.
   解析 (1) 在 $△ABC$ 中，$A B=\sqrt{10}$，$BC=3$，$AC=5$，
   由余弦定理可得 $\cos \angle A C B=\dfrac{A C^2+B C^2-A B^2}{2 A C \cdot B C}=\dfrac{25+9-10}{2 \times 5 \times 3}=\dfrac{4}{5}$，
   $\therefore \sin \angle A C B=\sqrt{1-\cos ^2 \angle A C B}=\dfrac{3}{5}$；
   (2) 结合 (1) 可知 $\cos \angle A C D=\cos \left(135^{\circ}-\angle A C B\right)=\cos 135^{\circ} \cos \angle A C B+\sin 135^{\circ} \sin \angle A C B$
   $=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{4}{5}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{3}{5}=-\dfrac{\sqrt{2}}{10}$，
   $\because C D=2 \sqrt{2}$，$AC=5$，
   $\therefore$ 在 $△ACD$ 中，由余弦定理可得
   $A D=\sqrt{A C^2+C D^2-2 A C \cdot C D \cdot \cos \angle A C D}$$=\sqrt{5^2+(2 \sqrt{2})^2-2 \times 5 \times 2 \sqrt{2} \times\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{10}\right)}=\sqrt{37}$．
    

【B组---提高题】

1.$Δ ABC$ 中三边上的高依次为 $\dfrac{1}{13}$， $\dfrac{1}{5}$， $\dfrac{1}{11}$，判定 $ΔABC$ 的形状.
 

2. 在 $△ABC$ 中，$∠C=90°$，$M$ 是 $BC$ 边上一点，且满足 $\overrightarrow{C M}=2 \overrightarrow{M B}$，若 $\sin \angle B A M=\dfrac{1}{5}$，则 $\sin∠BAC=$$\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

1. 答案 钝角三角形
   解析 设 $Δ ABC$ 三边分别为 $a$，$b$，$c$， $S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} a \cdot \dfrac{1}{13}=\dfrac{1}{2} b \cdot \dfrac{1}{11}=\dfrac{1}{2} c \cdot \dfrac{1}{5}$，
   所以 $\dfrac{a}{13}=\dfrac{b}{11}=\dfrac{c}{5}$，设 $a=13 k$，$b=11 k$，$c=5 k(k>0)$ ．
   因为 $11 k+5 k>13 k$，
   故能构成三角形，取大角 $A$ ，
   $\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}=\dfrac{11^2+5^2-13^2}{2 \times 11 \times 5}<0$，
   所以 $A$ 为钝角，所以 $Δ ABC$ 为钝角三角形．

2. 答案 $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$
   解析 记 $∠BAM=θ$，则 $\sin \theta=\dfrac{1}{5}$，
   设 $BC=3$，因 $\overrightarrow{C M}=2 \overrightarrow{M B}$，所以 $BM=1$，$MC=2$，
   设 $CA=t$，由 $∠C=90°$，得 $A B=\sqrt{9+t^2}$， $A M=\sqrt{4+t^2}$，
   因 $\sin \theta=\dfrac{1}{5}$，所以 $\cos \theta=\dfrac{2 \sqrt{6}}{5}$，
   因 $B M^2=A B^2+A M^2-2 A B \cdot A M \cos \theta$，
   即 $1=9+t^2+4+t^2-2 \sqrt{9+t^2} \sqrt{4+t^2} \cdot \dfrac{2 \sqrt{6}}{5}$，
   整理得：$t^4－12t^2+36=0$，即 $(t^2－6)^2=0$，所以 $t^2=6$，
   所以 $A B=\sqrt{9+t^2}=\sqrt{9+6}=\sqrt{15}$，
   所以 $\sin \angle B A C=\dfrac{3}{\sqrt{15}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}$．
   故答案为： $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$．