第六章素养检测

$ \because E $ 为 $ AB $ 的中点, $ \overrightarrow {BD}=2\overrightarrow {DC} $ ,

$ \therefore \overrightarrow {DE}=\overrightarrow {DB}+\overrightarrow {BE}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {CB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB}=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow {AB}-\overrightarrow {AC})-\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB}=\dfrac{1}{6}\overrightarrow {AB}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

因为向量 $ \overrightarrow {OA}=(1,m+4) $ , $ \overrightarrow {OB}=(2,4) $ , $ \overrightarrow {OA}//\overrightarrow {OB} $ ,所以 $ 2(m+4)=1×4 $ ,解得 $ m=-2 $ ,所以 $ \overrightarrow {OA}=(1,2) $ ,所以 $ |\overrightarrow {OA}|=\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{5} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

在 $ △ABC $ 中,由 $ a \sin C+a \cos C-b-\sqrt{2}c=0 $ 及正弦定理,得 $ \sin A \sin C+ \sin A \cos C- \sin B-\sqrt{2} \sin C=0 $ ,即 $ \sin A \sin C+ \sin A \cos C- \sin (A+C)-\sqrt{2} \sin C=0 $ ,整理得 $ \sin A \sin C- \cos A \sin C-\sqrt{2} \sin C=0 $ .因为 $ \sin C > 0 $ ,所以 $ \sin A- \cos A=\sqrt{2} $ ,即 $ \sin (A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=1 $ .由 $ 0 < A < \mathrm{\pi } $ ,得 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ,则 $ A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,即 $ A=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图,设 $ \overrightarrow {OA}=\boldsymbol{a} $ , $ \overrightarrow {OB}=\boldsymbol{b} $ ,则 $ \overrightarrow {BA}=\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b} $ .

由已知 $ |\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{b}| $ ,得 $ |\overrightarrow {OB}|=|\overrightarrow {BA}| $ ,所以 $ △OAB $ 为等腰三角形.设 $ C $ 为 $ OA $ 的中点,连接 $ BC $ ,则 $ BC\perp OA $ ,且 $ \overrightarrow {BC}=\dfrac{1}{2}\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b} $ ,又由 $ |\overrightarrow {OB}| > |\overrightarrow {BC}| $ ,得 $ |\boldsymbol{b}| > |\dfrac{1}{2}\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}| $ ,所以 $ |2\boldsymbol{b}| > |\boldsymbol{a}-2\boldsymbol{b}|.|2\boldsymbol{a}| $ 与 $ |2\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}| $ 的大小无法判断,故选 $ \mathrm{C} $ .

在 $ △ABC $ 中,由 $ \cos A=\dfrac{b-c}{2c} $ 及正弦定理得 $ \sin B- \sin C=2 \sin C \cos A $ ,

则 $ \sin (C+A)- \sin C=2 \sin C \cos A $ ,整理得 $ \sin C= \sin A \cos C- \sin C \cos A= \sin (A-C) $ .

由 $ A $ , $ C\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,得 $ A-C\in (-\mathrm{\pi },\mathrm{\pi }) $ ,则 $ C=A-C $ 或 $ C+(A-C)=\mathrm{\pi } $ ,即 $ A=2C $ 或 $ A=\mathrm{\pi } $ （舍去）,因此 $ B=\mathrm{\pi }-3C $ , $ 0 < C < \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,则 $ \dfrac{1}{2} < \cos C < 1 $ ,

所以 $ \dfrac{a-c}{b}=\dfrac{ \sin A- \sin C}{ \sin B}=\dfrac{ \sin 2C- \sin C}{ \sin 3C}=\dfrac{2 \sin C \cos C- \sin C}{ \sin 2C \cos C+ \cos 2C \sin C} $

$ =\dfrac{2 \cos C-1}{2{ \cos }^{2}C+2{ \cos }^{2}C-1}=\dfrac{1}{2 \cos C+1}\in (\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}) $ ,所以 $ \dfrac{a-c}{b} $ 的取值范围是 $ (\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}) $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

如图,设 $ AC\cap BD=O $ ,因为四边形 $ ABCD $ 为菱形,所以 $ AC\perp BD $ .

以 $ O $ 为原点, $ AC $ , $ DB $ 所在直线分别为 $ x $ 轴、 $ y $ 轴建立平面直角坐标系.

易得 $ A(-1,0) $ , $ B(0,\sqrt{3}) $ , $ C(1,0) $ .

设 $ P(x,y) $ , $ \overrightarrow {BP}=\lambda \overrightarrow {BC} $ ,其中 $ 0\leqslant \lambda \leqslant 1 $ ,

则 $ (x,y-\sqrt{3})=\lambda (1,-\sqrt{3}) $ ,

所以 $ P(\lambda ,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ) $ .

$ \overrightarrow {PA}=(-1-\lambda ,\sqrt{3}\lambda -\sqrt{3}) $ , $ \overrightarrow {PB}=(-\lambda ,\sqrt{3}\lambda ) $ , $ \overrightarrow {PC}=(1-\lambda ,\sqrt{3}\lambda -\sqrt{3}) $ ,

则 $ (\overrightarrow {PA}+\overrightarrow {PB})\cdot \overrightarrow {PC}=8{\lambda }^{2}-10\lambda +2=8{\left(\lambda -\dfrac{5}{8}\right) ^ {2}}-\dfrac{9}{8} $ ,

所以,当 $ \lambda =\dfrac{5}{8} $ 时, $ (\overrightarrow {PA}+\overrightarrow {PB})\cdot \overrightarrow {PC} $ 取得最小值 $ -\dfrac{9}{8} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

当 $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AC} > 0 $ 时,可知 $ A $ 为锐角,但不能确定 $ B $ , $ C $ 是否为锐角,因此不能判断三角形形状,所以 $ \mathrm{A} $ 错误.

如图①所示,当点 $ M $ 是 $ △ABC $ 的重心时,因为三角形重心为三条中线的交点,所以 $ \overrightarrow {AM}=\dfrac{2}{3}[\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})]=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC} $ ,同理可得 $ \overrightarrow {BM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BA}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC} $ , $ \overrightarrow {MC}=-\dfrac{1}{3}\overrightarrow {CA}-\dfrac{1}{3}\overrightarrow {CB}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC} $ ,所以 $ \overrightarrow {AM}+\overrightarrow {BM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BA}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AC}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC}=\overrightarrow {MC} $ ,所以 $ \mathrm{B} $ 正确.

图①

若 $ \overrightarrow {AM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC} $ ,则 $ \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AM}-\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AM} $ ,得 $ \overrightarrow {BM}=2\overrightarrow {MC} $ ,如图②所示,

图②

可知 $ \dfrac{BM}{BC}=\dfrac{2}{3} $ ,所以 $ \dfrac{{S}_{△ABM}}{{S}_{△ABC}}=\dfrac{2}{3} $ ,所以 $ \mathrm{C} $ 错误.

如图③所示,取 $ BC $ 的中点 $ D $ ,连接 $ AD $ ,当 $ △ABC $ 为正三角形时,有 $ AD\perp BC $ ,所以点 $ M $ 在线段 $ BC $ 上运动时, $ \overrightarrow {AM} $ 在 $ \overrightarrow {AD} $ 上的投影向量为 $ \overrightarrow {AD} $ ,已知正三角形 $ ABC $ 的边长为2,则高 $ AD=\sqrt{3} $ ,所以 $ \overrightarrow {AM}\cdot (\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})=\overrightarrow {AM}\cdot 2\overrightarrow {AD}=2×\sqrt{3}×\sqrt{3}=6 $ ,所以 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B} $ .

图③

如图,连接 $ AB $ 并作 $ AB $ 的平行线组.设 $ M $ 在直线 $ AB $ 上,则有 $ \overrightarrow {OM}=x^\prime \overrightarrow {OA}+y^\prime \overrightarrow {OB} $ ,且 $ x^\prime +y^\prime =1 $ ,设 $ \overrightarrow {OP}=\lambda \overrightarrow {OM}=\lambda (x^\prime \overrightarrow {OA}+y^\prime \overrightarrow {OB})=\lambda x^\prime \overrightarrow {OA}+\lambda y^\prime \overrightarrow {OB} $ ,则 $ \lambda x^\prime =x $ ,

$ \lambda y^\prime =y $ ,所以 $ x+y=\lambda x^\prime +\lambda y^\prime =\lambda (x^\prime +y^\prime )=\lambda $ .由图可知,当点 $ P $ 在点 $ D $ 时, $ \lambda $ 最大,此时 $ x+y $ 取得最大值,由题易知 $ \overrightarrow {OD}=2\overrightarrow {OA}+3\overrightarrow {OB} $ ,因此 $ x+y $ 的最大值为5.

当点 $ P $ 在点 $ C $ 时, $ |\lambda | $ 最大,即 $ \lambda $ 最小,此时 $ x+y $ 取得最小值,由对称性可知 $ \overrightarrow {OC}=-2\overrightarrow {OA}-3\overrightarrow {OB} $ ,因此 $ x+y $ 的最小值为 $ -5 $ .

故 $ x+y $ 的取值范围是 $ [-5,5] $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \boldsymbol{b}\perp (\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) $ ,所以 $ \boldsymbol{b}\cdot (\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=\boldsymbol{b}\cdot \boldsymbol{a}-{\boldsymbol{b}}^{2}=0 $ ,所以 $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}={\boldsymbol{b}}^{2}={|\boldsymbol{b}|}^{2} $ ,所以选项 $ \mathrm{A} $ 正确；因为 $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}={|\boldsymbol{b}|}^{2} $ ,所以 $ {\boldsymbol{a}}^{2}={\boldsymbol{a}}^{2}-4\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}+4{\boldsymbol{b}}^{2} $ ,所以 $ |\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{a}-2\boldsymbol{b}| $ ,所以选项 $ \mathrm{B} $ 正确； $ \boldsymbol{a} $ 在 $ \boldsymbol{b} $ 上的投影向量为 $ \dfrac{|\boldsymbol{a}| \cos ⟨\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}⟩}{|\boldsymbol{b}|}\cdot \boldsymbol{b}=\dfrac{\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{b}{|}^{2}}\cdot \boldsymbol{b}=\boldsymbol{b} $ ,所以选项 $ \mathrm{C} $ 正确；由向量数量积的定义可知, $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| \cos ⟨\boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b}⟩={|\boldsymbol{b}|}^{2} $ ,所以 $ \cos ⟨\boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b}⟩=\dfrac{|\boldsymbol{b}|}{|\boldsymbol{a}|} $ ,所以选项 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

对 $ \mathrm{A} $ ： $ \tan A= \tan (\mathrm{\pi }-B-C)=- \tan (B+C)=-\dfrac{ \tan B+ \tan C}{1- \tan B \tan C} $ ,

则 $ \tan A+ \tan B+ \tan C= \tan A\cdot \tan B\cdot \tan C > 0 $ ,则 $ \tan A $ , $ \tan B $ , $ \tan C $ 中有零个负数或两个负数,又三角形中最多有一个角大于 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,则三个角的正切值中最多有一个负数,故 $ \tan A $ , $ \tan B $ , $ \tan C $ 中不存在负数,即 $ △ABC $ 是锐角三角形,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对 $ \mathrm{B} $ ：由 $ \dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{b}{ \sin B} $ ,得 $ \dfrac{2}{ \sin A}=\dfrac{3}{\dfrac{1}{2}}=6 $ ,解得 $ \sin A=\dfrac{1}{3} $ ,又 $ b > a $ ,因此 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} > A $ ,故 $ A $ 只有唯一解,因此三角形有唯一解,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对 $ \mathrm{C} $ ：由 $ b \cos C+c \cos B=b $ ,得 $ \sin B \cos C+ \sin C \cos B= \sin (B+C)= \sin A= \sin B $ ,即有 $ a=b $ ,则 $ △ABC $ 是等腰三角形,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对 $ \mathrm{D} $ ：若 $ △ABC $ 是锐角三角形,则 $ A+B > \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,故 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} > A > \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-B > 0 $ ,则 $ \sin A > \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-B)= \cos B $ ,同理可得 $ \sin B > \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-A)= \cos A $ ,故 $ \sin A+ \sin B > \cos A+ \cos B $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,在 $ △ABD $ 和 $ △BCD $ 中,由余弦定理得 $ B{D}^{2}=A{B}^{2}+A{D}^{2}-2AB\cdot AD\cdot \cos A=B{C}^{2}+C{D}^{2}-2BC\cdot CD\cdot \cos C $ ,

即 $ B{D}^{2}=1300-1200 \cos A=500-400 \cos C $ ,所以 $ 3 \cos A- \cos C=2 $ ,

又四边形 $ ABCD $ 的四个顶点共圆,所以 $ A+C=\mathrm{\pi } $ ,所以 $ \cos A+ \cos C=0 $ ,即 $ \cos C=- \cos A $ ,所以 $ 3 \cos A+ \cos A=2 $ ,

所以 $ \cos A=\dfrac{1}{2} $ .

又 $ 0 < A < \mathrm{\pi } $ ,所以 $ A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以 $ C=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以 $ B{D}^{2}=1300-1200×\dfrac{1}{2}=700 $ ,

所以 $ BD=10\sqrt{7} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,在 $ △BCD $ 中,由余弦定理得 $ B{D}^{2}=B{C}^{2}+C{D}^{2}-2BC\cdot CD\cdot \cos C=400+100-400 \cos C=700 $ ,

所以 $ \cos C=-\dfrac{1}{2} $ ,又 $ 0 < C < \mathrm{\pi } $ ,所以 $ C=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,

若 $ A $ , $ B $ , $ C $ , $ D $ 四点共圆,则四边形对角互补,即 $ A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,在 $ △ABD $ 中,由余弦定理得 $ B{D}^{2}=A{B}^{2}+A{D}^{2}-2AB\cdot AD\cdot \cos A=A{B}^{2}+A{D}^{2}-AB\cdot AD=700 $ ,

所以 $ 700=A{B}^{2}+A{D}^{2}-AB\cdot AD\geqslant 2AB\cdot AD-AB\cdot AD=AB\cdot AD $ ,

当且仅当 $ AB=AD $ 时,等号成立,

所以 $ {S}_{△ABD}=\dfrac{1}{2}AB\cdot AD \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\leqslant \dfrac{700}{2}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=175\sqrt{3} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误.

对于 $ \mathrm{C} $ ,由选项 $ \mathrm{A} $ 知 $ 3 \cos A- \cos C=2① $ ,

$ △BCD $ 的面积为 $ \dfrac{1}{2}BC\cdot CD\cdot \sin C=\dfrac{1}{2}×20×10× \sin C=100 \sin C $ ,

$ △ABD $ 的面积为 $ \dfrac{1}{2}AB\cdot AD\cdot \sin A=\dfrac{1}{2}×20×30× \sin A=300 \sin A $ ,

所以四边形 $ ABCD $ 的面积为 $ 300 \sin A+100 \sin C $ ,

设 $ 3 \sin A+ \sin C=t(t > 0)② $ ,则 $ {①}^{2}+{②}^{2} $ 得 $ {t}^{2}+4=9+1-6 \cos (A+C) $ ,

所以 $ {t}^{2}=6-6 \cos (A+C) $ ,又 $ A+C=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以 $ {t}^{2}=9 $ ,又 $ t > 0 $ ,所以 $ t=3 $ ,

所以四边形 $ ABCD $ 的面积为300平方米,所以修建该休闲区的总费用为6万元,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ,设 $ \mathrm{\angle }BCD=\theta (0 < \theta < \mathrm{\pi }) $ ,在 $ △BCD $ 中,由余弦定理得 $ B{D}^{2}=B{C}^{2}+C{D}^{2}-2BC\cdot CD\cdot \cos \theta =500-400 \cos \theta $ ,

则 $ BD=10\sqrt{5-4 \cos \theta } $ ,所以 $ AB=10\sqrt{5-4 \cos \theta } $ ,在 $ △BCD $ 中,由正弦定理得 $ \dfrac{CD}{ \sin \mathrm{\angle }CBD}=\dfrac{BD}{ \sin \mathrm{\angle }BCD} $ ,即 $ \dfrac{10}{ \sin \mathrm{\angle }CBD}=\dfrac{10\sqrt{5-4 \cos \theta }}{ \sin \theta } $ ,

所以 $ \sin \mathrm{\angle }CBD=\dfrac{ \sin \theta }{\sqrt{5-4 \cos \theta }} $ ,

在 $ △ABC $ 中,由余弦定理得 $ AC $

$ =\sqrt{B{C}^{2}+A{B}^{2}-2BC\cdot AB\cdot \cos (\mathrm{\angle }CBD+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})} $

$ =\sqrt{400+500-400 \cos \theta +400 \sin \theta } $

$ =\sqrt{900-400 \cos \theta +400 \sin \theta } $

$ =\sqrt{900+400\sqrt{2} \sin (\theta -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})} $

$ \leqslant \sqrt{900+400\sqrt{2}}=10(2\sqrt{2}+1) $ ,

当 $ \sin (\theta -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=1 $ ,即 $ \theta =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ 时,等号成立,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

如图,过点 $ A $ 作 $ AE\perp CD $ 于点 $ E $ ,则 $ AE=BD $ ,设 $ BD=x $ ,

则在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AEC $ 中,

$ \tan \mathrm{\angle }CAE=\dfrac{CE}{AE}=\dfrac{20-12}{x}=\dfrac{8}{x} $ ,

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AED $ 中, $ \tan \mathrm{\angle }DAE=\dfrac{DE}{AE}=\dfrac{12}{x} $ .

因为 $ \tan \mathrm{\angle }DAE= \tan ({45}^{\circ }-\mathrm{\angle }CAE) $ ,所以 $ \dfrac{12}{x}=\dfrac{1- \tan \mathrm{\angle }CAE}{1+ \tan \mathrm{\angle }CAE}=\dfrac{1-\dfrac{8}{x}}{1+\dfrac{8}{x}} $ ,

整理得 $ {x}^{2}-20x-96=0 $ ,解得 $ x=24 $ 或 $ x=-4 $ （负值舍去）,故 $ BD=24\mathrm{m} $ .

因为点 $ C $ 为 $ \stackrel{⌢}{AB} $ 的中点, $ AB=2 $ ,所以 $ |\overrightarrow {AC}|=\sqrt{2} $ , $ \mathrm{\angle }CAB=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,所以 $ {|\overrightarrow {AC}+\overrightarrow {MB}|}^{2}={\left(\overrightarrow {AC}+\overrightarrow {MB}\right) ^ {2}}={\overrightarrow {AC}}^{2}+{\overrightarrow {MB}}^{2}+2\overrightarrow {AC}\cdot \overrightarrow {MB}={|\overrightarrow {AC}|}^{2}+{|\overrightarrow {MB}|}^{2}+2|\overrightarrow {AC}||\overrightarrow {MB}| \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}={|\overrightarrow {MB}|}^{2}+2|\overrightarrow {MB}|+2={\left(|\overrightarrow {MB}|+1\right) ^ {2}}+1 $ .

因为点 $ M $ 为线段 $ AB $ 上的一动点（含端点）,所以 $ 0\leqslant |\overrightarrow {MB}|\leqslant 2 $ ,所以 $ 2\leqslant {\left(|\overrightarrow {MB}|+1\right) ^ {2}}+1\leqslant 10 $ ,所以 $ |\overrightarrow {AC}+\overrightarrow {MB}| $ 的取值范围是 $ [\sqrt{2},\sqrt{10}] $ .

$ \sin \dfrac{\mathrm{\angle }BAC}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ,

$ \therefore \cos \dfrac{\mathrm{\angle }BAC}{2}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ,

$ \cos \mathrm{\angle }BAC=1-2{ \sin }^{2}\frac{\mathrm{\angle }BAC}{2}=\dfrac{3}{5} $ . $ \because \mathrm{\angle }BAC\in (0,\mathrm{\pi }) $ , $ \therefore \sin \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{4}{5} $ .

又 $ AB=AC $ , $ \therefore \mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }ACB $ ,又 $ \mathrm{\angle }BAC+\mathrm{\angle }ABC+\mathrm{\angle }ACB=\mathrm{\pi } $ , $ \therefore \mathrm{\angle }ACB=\dfrac{\mathrm{\pi }-\mathrm{\angle }BAC}{2} $ ,

$ \therefore \sin \mathrm{\angle }ACB= \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }-\mathrm{\angle }BAC}{2})= \cos \dfrac{\mathrm{\angle }BAC}{2}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ,

$ \cos \mathrm{\angle }ACB= \cos \dfrac{\mathrm{\pi }-\mathrm{\angle }BAC}{2}= \sin \dfrac{\mathrm{\angle }BAC}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ,

在 $ △ABP $ 中, $ \mathrm{\angle }APB=\mathrm{\pi }-(\mathrm{\angle }PAB+\mathrm{\angle }ABP)=\mathrm{\pi }-[\alpha +(\mathrm{\angle }ACB-\alpha )]=\mathrm{\pi }-\mathrm{\angle }ACB $ ,同理可得 $ \mathrm{\angle }APC=\mathrm{\pi }-\mathrm{\angle }BAC $ .

在 $ △ABP $ 中,由正弦定理可得 $ \dfrac{AP}{ \sin (\mathrm{\angle }ACB-\alpha )}=\dfrac{AB}{ \sin \mathrm{\angle }APB}=\dfrac{AB}{ \sin \mathrm{\angle }ACB} $ ,在 $ △ACP $ 中, $ \dfrac{AP}{ \sin \alpha }=\dfrac{AC}{ \sin \mathrm{\angle }APC}=\dfrac{AB}{ \sin \mathrm{\angle }BAC} $ ,

$ \therefore \dfrac{ \sin \alpha }{ \sin (\mathrm{\angle }ACB-\alpha )}=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }BAC}{ \sin \mathrm{\angle }ACB}.① $

又 $ \sin (\mathrm{\angle }ACB-\alpha )= \sin \mathrm{\angle }ACB \cos \alpha - \cos \mathrm{\angle }ACB \sin \alpha $ , $ \sin \mathrm{\angle }ACB=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ , $ \cos \mathrm{\angle }ACB=\dfrac{\sqrt{5}}{5} $ , $ \sin \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{4}{5} $ ,代入①中,可得 $ \dfrac{ \sin \alpha }{\dfrac{2\sqrt{5}}{5} \cos \alpha -\dfrac{\sqrt{5}}{5} \sin \alpha }=\dfrac{\dfrac{4}{5}}{\dfrac{2\sqrt{5}}{5}} $ ,即 $ \dfrac{ \tan \alpha }{\dfrac{2\sqrt{5}}{5}-\dfrac{\sqrt{5}}{5} \tan \alpha }=\dfrac{4}{2\sqrt{5}} $ ,

化简可得 $ \tan \alpha =\dfrac{4}{7} $ .