如图， D 为圆锥的顶点， O 是圆锥底面的圆心， A B…——2020 高考数学第 19 题答案解析

（1）证明：
由圆锥性质可知，$DO \perp$ 底面 $ABC$。
因为 $P$ 在 $DO$ 上，所以 $PO \perp$ 平面 $ABC$。
又 $O$ 为底面圆心，$\triangle ABC$ 为内接正三角形，故 $OA=OB=OC$。
在 Rt$\triangle POA$、Rt$\triangle POB$、Rt$\triangle POC$ 中，由勾股定理可得 $PA=PB=PC$。
因为 $\triangle ABC$ 是正三角形，所以 $AC=BC$。
在 $\triangle PAC$ 和 $\triangle PBC$ 中，
$\begin{cases} PA=PB \\ PC=PC \\ AC=BC \end{cases}$，
所以 $\triangle PAC \cong \triangle PBC$。
已知 $\angle APC = 90^{\circ}$，即 $AP \perp PC$。
由全等可知 $\angle BPC = \angle APC = 90^{\circ}$，即 $BP \perp PC$。
因为 $AP \cap BP = P$，且 $AP, BP \subset$ 平面 $PAB$，
所以 $PC \perp$ 平面 $PAB$。
又因为 $PC \subset$ 平面 $PAC$，
所以平面 $PAB \perp$ 平面 $PAC$。

（2）解：
设圆锥底面半径为 $r$，母线长为 $l$。
由题意知，圆锥高 $h = DO = \sqrt{2}$，侧面积 $S_{\text{侧}} = \pi r l = \sqrt{3}\pi$，即 $rl = \sqrt{3}$。
在圆锥轴截面直角三角形中，有 $l^2 - r^2 = h^2 = (\sqrt{2})^2 = 2$。
联立方程组：
$\begin{cases} rl = \sqrt{3} \\ l^2 - r^2 = 2 \end{cases}$
将 $l = \frac{\sqrt{3}}{r}$ 代入第二式得 $\frac{3}{r^2} - r^2 = 2$，整理得 $r^4 + 2r^2 - 3 = 0$。
解得 $r^2 = 1$ 或 $r^2 = -3$（舍去），故 $r=1$。
进而求得 $l=\sqrt{3}$。

因为 $\triangle ABC$ 是圆 $O$ 的内接正三角形，且半径 $r=1$，
所以边长 $AC = 2r \sin 60^{\circ} = 2 \times 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$。
$\triangle ABC$ 的面积 $S_{\triangle ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4} AC^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 3 = \frac{3\sqrt{3}}{4}$。

在 $\triangle PAC$ 中，由（1）知 $PA=PC$ 且 $\angle APC = 90^{\circ}$，
所以 $\triangle PAC$ 是等腰直角三角形。
则 $PA^2 + PC^2 = AC^2 \Rightarrow 2PA^2 = 3 \Rightarrow PA = \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$。

在 Rt$\triangle POA$ 中，$OA=r=1$，
$PO = \sqrt{PA^2 - OA^2} = \sqrt{\frac{3}{2} - 1} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。

三棱锥 $P-ABC$ 的体积：
$V_{P-ABC} = \frac{1}{3} S_{\triangle ABC} \cdot PO = \frac{1}{3} \times \frac{3\sqrt{3}}{4} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{8}$。