在中篇中，我们并没有讨论情况3，即√2 ≤ L ≤ √5的情况，这是因为在情况3中，线段AB和网格相交恰好1次的概率随着L的增加而递减。
这个结论很好理解：当√2 ≤ L时，线段AB长度不小于单位网格的对角线长度，所以它至少和网格有1个交点；而题目待求的概率为线段AB与网格恰有1个交点的概率，因此在已有1个交点的情况下，增加线段的长度，不可能增加线段与网格恰有1个交点的概率。
因此，线段与网格恰有1个交点概率的最大值只能在情况1和2中出现，即当L = 1时，最大概率P = 2/π。
三年后，简街笔试中又出现了一道和投针有关的问题，这一次他们把投针问题拓展到了三维：
考虑被划分为一个单位立方体网格的3 维空间，网格中的面由共同具有至少一个整数坐标的所有的点组成的平面定义。对于一个给定的正实数 L，一根长度为 L 的随机线段（在位置和方向上均匀选择）被放置在此立方格中。试求使得线段的两个端点分别位于正交相邻的两个单位立方体中（即，线段恰好穿过一个整数坐标平面）的概率最大化时线段的长度L，同时，这个最大的概率是多少？
除了维度上的变化，这个问题与中篇中的问题几乎完全相同。
我们解决这个问题的思路也是类似的。
首先，最大概率对应的L ≤ √3。类似地，当L = √3时，线段AB长度等于单位立方体的对角线长度，此时线段AB至少与1个网格面相交。因此，当位置和角度都保持不变、单纯增加线段长度L时，线段与网格面恰有1个交点的概率不会随之增加。
其次，我们可以将问题分为两种情况：0 ≤ L ≤ 1，和1 ≤ L ≤ √3。以下我们只讨论0 ≤ L ≤ 1的情况，1 ≤ L ≤ √3的情况虽然相对复杂，但也可以使用中篇中类似的方法进行解决。
当0 ≤ L ≤ 1时，在任何单一维度，即在x，y或者z方向，线段AB都不可能穿过两个网格平面。因此，线段与网格面恰有1个交点的情形只可能是：线段在某一方向穿过1个网格平面，而在另外两个方向位于同一个单位网格中（即，没有穿过网格平面）。
令线段AB与z方向的夹角为φ，这样，AB在z方向的投影长度为L ∙ cosφ，在x–y平面上的投影长度为L ∙ sinφ。进一步分解线段AB在x–y平面上的投影，令它与x方向的夹角为θ，这样AB在x方向的投影长度为L ∙ sinφ ∙ cosθ，在y方向的投影长度为L ∙ sinφ ∙ sinθ。
这样，类似于二维平面的解决方案，在三维空间中点O的坐标为(1 – L ∙ sinφ ∙ cosθ, 1 – L ∙ sinφ ∙ sinθ, 1 – L ∙ cosφ)，过点O分别作平行于x–y平面，y–z平面，和z–x平面的三个平面，将单位立方体分为8个长方体。
对于x，y或者z的某个方向来说，当线段穿过这个方向上的1个网格平面时，端点A一定位于该方向上坐标值更大的四个长方体中；而当线段没有穿过这个方向上的网格平面时，端点A一定位于该方向上坐标值更小的四个长方体中。
令
Px = Lsinφcosθ ∙ (1 – Lsinφsinθ) ∙ (1 – Lcosφ)
Py = (1 – Lsinφcosθ) ∙ Lsinφsinθ ∙ (1 – Lcosφ)
Pz = (1 – Lsinφcosθ) ∙ (1 – Lsinφsinθ) ∙ Lcosφ
因此，当线段AB仅仅在x方向上穿过方格平面时，端点A位于的长方体体积为Px；当线段AB仅仅在y方向上穿过方格平面时，端点A位于的长方体体积为Py；当线段AB仅仅在z方向上穿过方格平面时，端点A位于的长方体体积为Pz。
因此，对于给定的L，φ和θ，线段AB与网格面恰有1个交点的概率为
进一步，对于给定的L，对两个角度φ和θ在闭区间[0, π/2]上求积分，积分区间相当于球面坐标系中的1/8个单位球面。
同时考虑到直角坐标系和球面坐标系之间转化的雅可比行列式，可知dx dy dz = r2sinφ dr dθ dφ。
综合这两个考虑，得到
对L求导，解二次方程，得到待求的L及其对应的最大概率P分别为，
