如图，$\triangle ABC$ 中，$\angle C=90^\circ$，$AC=1$，$BC=\sqrt 3$，$D$ 为 $AB$ 边上的中点，点 $M$ 在线段 $BD$（不含端点）上，将 $\triangle BCM$ 沿 $CM$ 向上折起至 $\triangle B'CM$，设平面 $B'CM$ 与平面 $ACM$ 所成二面角为 $\alpha$，直线 $MB'$ 与平面 $AMC$ 所成角为 $\beta$，直线 $MC$ 与平面 $B'CA$ 所成角为 $\gamma$，则在翻折过程中，正确的命题有（ ）
A．$\tan\beta\leqslant \dfrac{\sqrt 3}2\tan\alpha$
B．$\gamma \leqslant \beta$
C．$\gamma >\alpha$
D．以上答案都不正确
答案 AB．
解析 如图，作 $BH\perp CM$ 于 $H$，设 $B'$ 在底面 $ABC$ 上的投影为 $G$，则 $G$ 在 $BH$ 的延长线上，连接 $MG$．
根据题意，有\[\tan\alpha=\tan\angle B'HG=\dfrac{|B'G|}{|GH|},\quad \tan\beta=\tan\angle B'MG=\dfrac{|B'G|}{|MG|},\]于是\[\dfrac{\tan\beta}{\tan\alpha}=\dfrac{|GH|}{|MG|}=\sin\angle GMH\leqslant \sin\angle BMH=\sin\angle AMC\leqslant \dfrac{\sqrt 3}2,\]选项 $\boxed{A}$ 正确． 考虑\[\begin{split} \dfrac{\sin\gamma}{\sin\beta}&=\dfrac{\dfrac{d(M,AB'C)}{|CM|}}{\dfrac{|B'G|}{|B'M|}}\\ &=\dfrac{d(B',AMC)\cdot \dfrac{[\triangle AMC]}{[\triangle AB'C]}\cdot |B'M|}{|B'G|\cdot |CM|}\\ &=\dfrac{|B'M|\cdot [\triangle AMC]}{|CM|\cdot [\triangle AB'C]}\\ &=\dfrac{|B'M|\cdot \dfrac 12\cdot |AC|\cdot |CM|\cdot \sin\angle ACM}{|CM|\cdot \dfrac 12\cdot |AC|\cdot |B'C|\cdot \sin\angle ACB'}\\ &=\dfrac{|B'M|\cdot \sin\angle ACM}{|B'C|\cdot \sin\angle ACB'}\\ &=\dfrac{|BM|\cdot\sin\angle ACM}{|BC|\cdot \sin\angle ACB'} ,\end{split}\] 而\[|BC|\cdot\sin\angle ACB'=d(B',AC)\geqslant d(G,AC)\geqslant |CH|\geqslant |CM|\geqslant |BM|,\]因此 $\gamma \geqslant \beta$，而 $\beta<\gamma$，因此选项 $\boxed{B}$ 正确，选项 $\boxed{C}$ 错误．
综上所述，正确的选项为 $\boxed{A}$ $\boxed{B}$．