（6分）已知△$ABC$的面积为$\dfrac{1}{4}$，若$\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$，$\cos A\cos B\sin C=\dfrac{1}{4}$，则（　　）
A．$\sin C=\sin ^{2}A+\sin ^{2}B$              B．$AB=\sqrt{2}$              
C．$\sin A+\sin B=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$              D．$AC^{2}+BC^{2}=3$
〖答案〗$ABC$
〖分析〗由$\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=2$，利用二倍角公式，可判断$A$；由$\sin ^{2}A+\sin ^{2}B=\sin A\cos B+\cos A\sin B$，得$\sin A(\sin A-\cos B)+\sin B(\sin B-\cos A)=0$，对于$A+B >  \dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}$，和$A+B <  \dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}$进行分类讨论，可推出矛盾，可得$A+B=\dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}$，进而可判断$BCD$．
〖解答〗解：因为$\cos 2A+\cos 2B+2\sin C=1-2\sin ^{2}A+1-2\sin ^{2}B+2\sin C=2$，
$\therefore \sin ^{2}A+\sin ^{2}B=\sin C$，故$A$正确；
由$\sin ^{2}A+\sin ^{2}B=\sin A\cos B+\cos A\sin B$，$\therefore \sin A(\sin A-\cos B)+\sin B(\sin B-\cos A)=0$，
$\because \cos A\cos B\sin C=\dfrac{1}{4} > 0$，$\therefore A$，$B$为锐角，
若$A+B >  \dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}$，则$\left\{\begin{array}{l}{A >  \dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}-B}\\ {B >  \dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}-A}\end{array}\right.$，
$\therefore \sin A > \cos B$，$\sin B > \cos A$，$\sin A(\sin A-\cos B)+\sin B(\sin B-\cos A) > 0$，$\therefore$矛盾，舍去，
同理，$A+B <  \dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}$也矛盾，
$\therefore$$A+B=\dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}$，$\therefore$$B=\dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}-A$，$C=\dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}$，
由$\cos A\cos B\sin C=\dfrac{1}{4}$，
可得$\sin A=\cos B$，$\sin C=1$，可得$\sin A\cos A=\dfrac{1}{4}\Rightarrow \dfrac{1}{2}\sin 2A=\dfrac{1}{4}$，$\sin 2A=\dfrac{1}{2}$，
$S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}ab\sin C=\dfrac{1}{2}ab=\dfrac{1}{4}$，$ab=\dfrac{1}{2}$，
$a=c\sin A$，$b=c\cos A$，
$\therefore ab=\dfrac{1}{2}=c\sin A\cdot c\cos A=c^{2}\sin A\cos A=\dfrac{1}{4}c^{2}$，
$\therefore c^{2}=2$，即$AB=\sqrt{2}$，故$B$正确；
$\because$$C=\dfrac{\boldsymbol{\pi} }{2}$，$\therefore \sin A+\sin B=\sin A+\cos A$，$(\sin A+\cos A)^{2}=1+2\sin A\cos A=\dfrac{3}{2}$，
因为$\sin A+\cos A > 0$，所以$\sin A+\cos A=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$，故$C$正确；
$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}=2$，故$D$错误．
故选：$ABC$．
〖点评〗本题主要考查解三角形，属于中档题．