6.4.3(1) 余弦定理
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[ 【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）]
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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
-
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：\(D\)． -
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：\(B\)． -
答案 \(1\)
解析 由余弦定理得， \(c=\sqrt{a^2+b^2-2 a b \cos C}=\sqrt{1+2-2 \times 1 \times \sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}}=1\)． -
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
-
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 \(\cos A=\dfrac{3}{5}\)，
\(\therefore \sin A=\sqrt{1-\cos ^2 A}=\dfrac{4}{5}\)． -
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 \(\dfrac{b}{c}=1\)． -
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 \(a c \cdot \dfrac{a^2+c^2-b^2}{2 a c}=3\)，
\(\therefore a^2+c^2-b^2=6\)．\(\therefore (a+c)^2-2ac-b^2=6\)，
\(\therefore 3b^2=10\)， \(\therefore b^2=\dfrac{10}{3}\)，
\(\therefore \cos B=\dfrac{9}{10}\) ． -
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\(\sqrt{5}<c<3\)． -
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
-
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：\(C\)． -
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：\(C\)． -
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：\(AC\)． -
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\(A=120^∘\)． -
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\(a+b+c=2+4+4=10\)． -
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 \(A=\dfrac{\pi}{3}\)． -
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 \(\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}=\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}\)． -
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：\(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)． -
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
-
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． -
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： \(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)．
