6.4.3 课时2正弦定理

在 $ △ABC $ 中,由正弦定理得 $ \dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{b}{ \sin B}=\dfrac{c}{ \sin C}=k(k > 0) $ ,

则 $ a=k \sin A $ , $ b=k \sin B $ , $ c=k \sin C $ .

对于 $ \mathrm{A} $ , $ a:b= \sin A: \sin B $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,当 $ A={30}^{\circ } $ , $ B={60}^{\circ } $ 时, $ \sin 2A= \sin 2B $ ,此时 $ b=\sqrt{3}a $ ,即 $ a\ne b $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ , $ \dfrac{b+c}{ \sin B+ \sin C}=\dfrac{k \sin B+k \sin C}{ \sin B+ \sin C}=k=\dfrac{a}{ \sin A} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ , $ a=b⇔k \sin A=k \sin B⇔ \sin A= \sin B $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确．故选 $ \mathrm{B} $ .

在 $ △ABC $ 中,若 $ A < B $ ,则 $ a < b $ ,由正弦定理得 $ \sin A < \sin B $ ；

若 $ \sin A < \sin B $ ,则由正弦定理得 $ a < b $ ,所以 $ A < B $ ，所以“ $ A < B $ ”是“ $ \sin A < \sin B $ ”的充要条件.

已知 $ b=2 $ , $ A={45}^{\circ } $ , $ B={60}^{\circ } $ ,

由正弦定理可得 $ \dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{b}{ \sin B} $ ,则 $ a=\dfrac{b \sin A}{ \sin B}=\dfrac{2×\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{3} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题可得 $ \sin C=\dfrac{2\sqrt{2}}{3} $ ,所以由正弦定理得 $ \dfrac{c}{ \sin C}=\dfrac{a}{ \sin A}⇒c=\dfrac{a \sin C}{ \sin A}=\dfrac{\sqrt{2}×\dfrac{2\sqrt{2}}{3}}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{8}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由正弦定理得 $ \dfrac{b}{ \sin B}=\dfrac{c}{ \sin C} $ ,则 $ \sin C=\dfrac{c \sin B}{b}=\dfrac{2\sqrt{2} \sin {30}^{\circ }}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,因为 $ b < c $ ,所以 $ B < C < {180}^{\circ } $ ,所以角 $ C $ 为 $ {135}^{\circ } $ 或 $ {45}^{\circ } $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由 $ \cos A=\dfrac{2\sqrt{2}}{3} $ , $ A\in (0,\mathrm{\pi }) $ 得 $ \sin A > 0 $ ,则 $ \sin A=\sqrt{1-{ \cos }^{2}A}=\dfrac{1}{3} $ .由正弦定理得 $ \dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{b}{ \sin B} $ ,即 $ \dfrac{4}{\dfrac{1}{3}}=\dfrac{5}{ \sin B} $ ,得 $ \sin B=\dfrac{5}{12} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

选项 $ \mathrm{A} $ ,因为 $ b=5 > c=4 $ ,所以 $ B={30}^{\circ } > C $ , $ △ABC $ 只有一解,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

选项 $ \mathrm{B} $ ,因为 $ c \sin {30}^{\circ }=2 < b=3.9 < c=4 $ ,所以 $ △ABC $ 有两解,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

选项 $ \mathrm{C} $ ,因为 $ c \sin {30}^{\circ }=2 < b=3 < c=4 $ ,所以 $ △ABC $ 有两解,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

选项 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ b=1 < c \sin {30}^{\circ }=2 $ ,所以 $ △ABC $ 无解,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{D} $ .

若这个三角形有两组解,则 $ a \sin B < b < a $ ,因为 $ a=4 $ , $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,所以 $ 2\sqrt{2} < b < 4 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

在 $ △ABC $ 中,由 $ \sin C=\sqrt{3} \sin B $ 及正弦定理,得 $ c=\sqrt{3}b $ ,

又 $ {a}^{2}-{b}^{2}=\sqrt{3}bc $ ,则 $ a=2b $ ,显然 $ {b}^{2}+{c}^{2}=4{b}^{2}={a}^{2} $ ,所以 $ A={90}^{\circ } $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \because \dfrac{1}{2}c=b-a \cos C $ , $ \therefore $ 由正弦定理得, $ \dfrac{1}{2} \sin C= \sin B- \sin A \cos C= \sin (A+C)- \sin A \cos C= \sin A \cos C+ \cos A \sin C- \sin A \cos C= \cos A \sin C $ ,

又在 $ △ABC $ 中, $ 0 < C < \mathrm{\pi } $ , $ 0 < A < \mathrm{\pi } $ ,

$ \therefore \sin C > 0 $ , $ \cos A=\dfrac{1}{2} $ , $ \therefore A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ . $ \because △ABC $ 的外接圆直径为 $ \dfrac{4\sqrt{3}}{3} $ , $ \therefore \dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3} $ ,即 $ a=\dfrac{4\sqrt{3}}{3} \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=2 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

在 $ △ABC $ 中,由 $ a \cos C+c \cos A=a $ 及正弦定理,得 $ \sin A \cos C+ \sin C \cos A= \sin A $ ,

则 $ \sin A= \sin (A+C)= \sin B $ .因为 $ 0 < A < \mathrm{\pi } $ , $ 0 < B < \mathrm{\pi } $ , $ 0 < A+B < \mathrm{\pi } $ ,所以 $ A=B $ ,所以 $ △ABC $ 是等腰三角形.故选 $ \mathrm{A} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,由 $ { \cos }^{2}\frac{B}{2}=\dfrac{a+c}{2c} $ ,可得 $ \dfrac{1+ \cos B}{2}=\dfrac{ \sin A+ \sin C}{2 \sin C}=\dfrac{1}{2}×\dfrac{ \sin A}{ \sin C}+\dfrac{1}{2} $ ,所以 $ 1+ \cos B=\dfrac{ \sin A}{ \sin C}+1 $ ,即 $ \cos B=\dfrac{ \sin A}{ \sin C} $ ,可得 $ \cos B \sin C= \sin A= \sin (B+C)= \sin B \cos C+ \cos B \sin C $ ,所以 $ \sin B \cos C=0 $ ,因为 $ B\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ \sin B > 0 $ ,所以 $ \cos C=0 $ ,又因为 $ C\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,所以 $ △ABC $ 为直角三角形,所以 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,因为 $ a-b=c \cos B-c \cos A $ ,所以 $ \sin A- \sin B= \sin C \cos B- \sin C \cos A $ ,

即 $ \sin (B+C)- \sin (A+C)= \sin C \cos B- \sin C \cos A $ ,所以 $ \sin B \cos C- \sin A \cos C=0 $ ,即 $ \cos C( \sin B- \sin A)=0 $ ,可得 $ \cos C=0 $ 或 $ \sin B= \sin A $ ,即 $ C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 或 $ A=B $ ,

所以 $ △ABC $ 是等腰三角形或直角三角形,所以 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,因为 $ c\cdot \cos B \cos A+b\cdot \cos A \cos C=b\cdot \cos B $ ,

所以 $ \sin C \cos B \cos A+ \sin B \cos A \cos C= \sin B \cos B $ ,即 $ \cos A \sin (B+C)= \sin B \cos B $ ,即 $ \sin 2A= \sin 2B $ ,

因为 $ A\in (0,\mathrm{\pi }) $ , $ B\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ 2A=2B $ 或 $ 2A+2B=\mathrm{\pi } $ ,所以 $ A=B $ 或 $ A+B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,所以 $ △ABC $ 是等腰三角形或直角三角形,所以 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ a=-c \cos (A+C)=-c \cos (\mathrm{\pi }-B)=c \cos B=c×\dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac} $ ,

整理可得 $ {a}^{2}+{b}^{2}={c}^{2} $ ,所以 $ △ABC $ 一定是直角三角形,所以 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .

由正弦定理可得 $ \dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{c}{ \sin C}=\dfrac{b}{ \sin B} $ ,再由和比定理得 $ \dfrac{a+c}{ \sin A+ \sin C}=\dfrac{b}{ \sin B}=\dfrac{3}{\mathrm{ \sin }{60}^{\circ }}=\dfrac{3}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

设 $ △ABC $ 外接圆的半径为 $ r(r > 0) $ .

在 $ △ABC $ 中,由余弦定理及 $ (2a-b) \cos C=c \cos B $ 可得 $ (2a-b)×\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}=c×\dfrac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac} $ ,即 $ (2a-b)({a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2})=b({a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}) $ ,

即 $ 2a({a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2})-b({a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2})=b({a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}) $ ,

即 $ 2a({a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2})=b({a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}+{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2})=2{a}^{2}b $ ,即 $ {a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}=ab $ .

$ \therefore $ 由余弦定理可得 $ \cos C=\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}=\dfrac{1}{2} $ .

$ \because C\in (0,\mathrm{\pi }) $ , $ \therefore \sin C=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ , $ \therefore $ 由正弦定理可得 $ 2r=\dfrac{c}{ \sin C}=\dfrac{3}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} $ ,解得 $ r=\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

在 $ △ABC $ 中, $ AB=2 $ , $ C={30}^{\circ } $ , $ {0}^{\circ } < B < {150}^{\circ } $ ,

由正弦定理,得 $ \sin B=\dfrac{AC \sin C}{AB}=\dfrac{1}{4}AC $ ,即 $ AC=4 \sin B $ .

当 $ B={90}^{\circ } $ 时, $ \sin B=1 $ , $ △ABC $ 有且只有一个解,此时 $ AC=4 $ ;

当 $ {30}^{\circ } < B < {150}^{\circ } $ ,且 $ B\ne {90}^{\circ } $ 时, $ \dfrac{1}{2} < \sin B < 1 $ , $ △ABC $ 有两解, $ 2 < AC < 4 $ ;

当 $ {0}^{\circ } < B\leqslant {30}^{\circ } $ 时, $ 0 < \sin B\leqslant \dfrac{1}{2} $ , $ △ABC $ 有且只有一个解, $ 0 < AC\leqslant 2 $ .

结合选项可知， $ AC $ 的值可能为2或4.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

由 $ a \cos B > c $ 及正弦定理得 $ \sin A \cos B > \sin C $ ，

$ \because \sin C= \sin (A+B)= \sin A \cos B+ \cos A \sin B $ ， $ \therefore \sin A \cos B > \sin A \cos B+ \cos A \sin B $ ，即 $ \cos A \sin B < 0 $ ， $ \because A $ ， $ B\in (0,\mathrm{\pi }) $ ， $ \therefore \sin B > 0 $ ， $ \therefore \cos A < 0 $ ， $ \therefore A\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\mathrm{\pi }) $ ， $ \therefore △ABC $ 为钝角三角形，充分性成立;

若 $ △ABC $ 为钝角三角形，且 $ B $ 为钝角，则 $ \cos B < 0 $ ， $ \therefore a \cos B < c $ ，必要性不成立.

综上所述，“ $ a \cos B > c $ ”是“ $ △ABC $ 是钝角三角形”的充分不必要条件.故选 $ \mathrm{A} $ .

根据正弦定理,由 $ 2025{ \sin }^{2}C={ \sin }^{2}A+{ \sin }^{2}B $ 可得 $ 2025{c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2} $ .

$ \dfrac{( \tan A+ \tan B) \tan C}{ \tan A\cdot \tan B}=\dfrac{(\dfrac{ \sin A}{ \cos A}+\dfrac{ \sin B}{ \cos B})×\dfrac{ \sin C}{ \cos C}}{\dfrac{ \sin A}{ \cos A}×\dfrac{ \sin B}{ \cos B}} $

$ =\dfrac{( \sin A \cos B+ \cos A \sin B)}{ \sin A \sin B}×\dfrac{ \sin C}{ \cos C} $

$ =\dfrac{ \sin (A+B)}{ \sin A \sin B}×\dfrac{ \sin C}{ \cos C} $ .

因为在 $ △ABC $ 中, $ A+B+C=\mathrm{\pi } $ ,所以 $ \sin (A+B)= \sin C $ ,

又根据余弦定理, $ \cos C=\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}=\dfrac{2025{c}^{2}-{c}^{2}}{2ab}=\dfrac{1012{c}^{2}}{ab} $ ,

故 $ \dfrac{( \tan A+ \tan B) \tan C}{ \tan A\cdot \tan B}=\dfrac{ \sin C}{ \sin A \sin B}×\dfrac{ \sin C}{ \cos C}=\dfrac{{c}^{2}}{ab}×\dfrac{ab}{1012{c}^{2}}=\dfrac{1}{1012} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

在 $ △ABC $ 中,若 $ a > b $ ,则根据正弦定理可得 $ \sin A > \sin B $ ,选项 $ \mathrm{A} $ 正确；

由 $ \sin A > \sin B $ 及正弦定理得 $ a > b $ ,则 $ A > B $ ,选项 $ \mathrm{B} $ 正确；

若 $ \sin A > \cos B $ ,即 $ \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-A) > \cos B $ ,当 $ \cos B < 0 $ , $ \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-A) > 0 $ 时, $ △ABC $ 为钝角三角形,选项 $ \mathrm{C} $ 错误；

若 $ △ABC $ 为锐角三角形,则 $ A+B > \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,

则有 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} > A > \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-B > 0 $ ,

又正弦函数在 $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递增,

所以 $ \sin A > \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-B) $ ,即 $ \sin A > \cos B $ ,选项 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

对于A,B，当 $ { \sin }^{2}A+{ \sin }^{2}B= \sin C $ 时，由正弦定理可得 $ {a}^{2}+{b}^{2}=\dfrac{{c}^{2}}{ \sin C} $ ，即 $ \sin C=\dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}} $ ，因为 $ 0 < C < \mathrm{\pi } $ ，所以 $ 0 < \sin C\leqslant 1 $ ，所以 $ 0 < \dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}\leqslant 1 $ ，即 $ 0 < {c}^{2}\leqslant {a}^{2}+{b}^{2} $ ，得 $ {a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}\geqslant 0 $ ，所以 $ \cos C=\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}\geqslant 0 $ ，则 $ 0 < C\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，无法判断 $ △ABC $ 的形状，故A，B错误；

对于C，D，当 $ { \sin }^{2}A+{ \sin }^{2}B+{ \sin }^{2}C=2 $ 时，由 $ { \sin }^{2}C+{ \cos }^{2}C=1 $ ，得 $ { \sin }^{2}A+{ \sin }^{2}B+{ \sin }^{2}C=2({ \sin }^{2}C+{ \cos }^{2}C) $ ，整理得 $ { \sin }^{2}A+{ \sin }^{2}B-{ \sin }^{2}C=2{ \cos }^{2}C $ ，由正弦定理得 $ \dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{{\left(2R\right) ^ {2}}}=2{ \cos }^{2}C $ （ $ R $ 是 $ △ABC $ 外接圆的半径），由余弦定理得 $ \dfrac{2ab \cos C}{{\left(2R\right) ^ {2}}}=2{ \cos }^{2}C $ ，所以由正弦定理得 $ \sin A \sin B \cos C={ \cos }^{2}C $ ,整理得 $ \cos C( \cos C- \sin A \sin B)=0 $ ，解得 $ C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 或 $ \sin A \sin B= \cos C=- \cos (A+B) $ ，即 $ \cos A \cos B=0 $ ，解得 $ A=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 或 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ △ABC $ 为直角三角形，故C正确，D错误.故选C.

在 $ △ABC $ 中, $ C=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ \sin \mathrm{\angle }BAC= \sin [\mathrm{\pi }-(B+C)]= \cos B $ ,

则 $ \cos B= \sin (B+C)= \sin (B+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin B+\dfrac{1}{2} \cos B $ ,整理可得 $ \tan B=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .

因为 $ B\in (0,\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}) $ ,所以 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,所以 $ \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ , $ AC=AB $ .

如图所示,设 $ BC=3t(t > 0) $ ,因为 $ \overrightarrow {BE}=2\overrightarrow {EC} $ ,所以 $ BE=2t $ , $ CE=t $ .

在 $ △ABC $ 中,由正弦定理可得 $ \dfrac{AB}{ \sin C}=\dfrac{BC}{ \sin \mathrm{\angle }BAC} $ ,即 $ \dfrac{AB}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{3t}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} $ ,可得 $ AB=\sqrt{3}t $ ,所以 $ AC=\sqrt{3}t $ .

在 $ △ABE $ 中,由余弦定理可得 $ A{E}^{2}=A{B}^{2}+B{E}^{2}-2AB\cdot BE \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=3{t}^{2}+4{t}^{2}-2\sqrt{3}t\cdot 2t\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}={t}^{2} $ ,所以 $ AE=t $ .

因为 $ \mathrm{\angle }BAC $ 的角平分线 $ AD $ 与 $ BC $ 交于点 $ D $ ,所以 $ AD\perp BC $ ,所以 $ AD=AB \sin B=\sqrt{3}t×\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}t $ ,故 $ \dfrac{AE}{AD}=\dfrac{t}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}t}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \sqrt{3}b \sin A-a \cos B=2a $ ,所以由正弦定理得 $ \sqrt{3} \sin B \sin A- \sin A \cos B=2 \sin A $ .

因为 $ A\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ \sin A\ne 0 $ ,所以 $ \sqrt{3} \sin B- \cos B=2 $ ,

所以 $ \dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin B-\dfrac{1}{2} \cos B=1 $ ,即 $ \sin B \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}- \cos B \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=1 $ ,所以 $ \sin (B-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=1 $ .

因为 $ B\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < B-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ ,

所以 $ B-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,即 $ B=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ .

因为 $ \cos A=\dfrac{3}{5} $ , $ 0 < A < \mathrm{\pi } $ ,所以 $ \sin A=\sqrt{1-{ \cos }^{2}A}=\dfrac{4}{5} $ ,

由正弦定理可得 $ \dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{b}{ \sin B} $ ,则 $ \sin B=\dfrac{b\cdot \sin A}{a}=\dfrac{5×\dfrac{4}{5}}{8}=\dfrac{1}{2} $ .

因为 $ B\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,所以 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 或 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ .又 $ b < a $ ,所以 $ B < A $ ,则 $ B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

$ \because B=2A $ ， $ \therefore \sin B= \sin 2A $ ．由正弦定理得 $ \dfrac{b}{a}=\dfrac{ \sin B}{ \sin A}=\dfrac{ \sin 2A}{ \sin A}=2 \cos A.\because 0 < 2A < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ 0 < \mathrm{\pi }-3A < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ \therefore \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < A < \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ , $ \therefore \dfrac{\sqrt{2}}{2} < \cos A < \dfrac{\sqrt{3}}{2} $ , $ \sqrt{2} < 2 \cos A < \sqrt{3} $ ．故选C．

由 $ 2{ \cos }^{2}\frac{A}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A $ 得 $ 1+ \cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A $ ，即 $ \dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A- \cos A=1 $ ，

$ \therefore \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \sin (A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=1 $ ，

即 $ \sin (A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .

$ \because 0 < A < \mathrm{\pi } $ ， $ \therefore -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ，

$ \therefore A-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，即 $ A=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ .

$ \because \dfrac{a}{ \sin A}=\dfrac{b}{ \sin B}=\dfrac{c}{ \sin C}=\dfrac{2\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=4 $ ，

$ \therefore b=4 \sin B $ ， $ c=4 \sin C $ .

则 $ b+c=4 \sin B+4 \sin C $

$ =4 \sin B+4 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}-B) $

$ =4 \sin B+4(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos B-\dfrac{1}{2} \sin B) $

$ =2 \sin B+2\sqrt{3} \cos B=4 \sin (B+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ .

$ \because 0 < B < \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ \therefore \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < B+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} < \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ .

则 $ \dfrac{\sqrt{3}}{2} < \sin (B+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})\leqslant 1 $ ，

即 $ 2\sqrt{3} < 4 \sin (B+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})\leqslant 4 $ ，

则 $ 2\sqrt{3} < b+c\leqslant 4 $ ，则 $ 4\sqrt{3} < a+b+c\leqslant 4+2\sqrt{3} $ ，

即 $ △ABC $ 周长的取值范围为 $ (4\sqrt{3},4+2\sqrt{3}] $ .