如图, 正四面体 $A-B C D$ 的棱长为 $a$, 点 $E 、 F$ 分别是棱 $B D 、 B C$ 的中点, 则平面 $A E F$ 截该正四面体的内切球所得截面的面积为

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【分析】

设圆心为 $P$, 内切球的球心为 $O$, 内切球的半径为 $\mathrm{r}$, 作 $A N \perp$ 平面 $B C D$, 则 $N$ 为底面三角形的中心,由 $O P \perp A M, A N \perp M N$ 可得, $\triangle A O P \sim \triangle A M N$, 利用相似比 $\frac{O P}{M N}=\frac{A O}{A M}$ 求出 $O P$, 利用四面体中的几何关系求出 $\mathrm{r}$, 再由截面圆的性质可知,所求截面圆的半径 $r_{1}=\sqrt{r^{2}-O P^{2}}$ 求解即可.

## 【详解】

作图如下:

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根据题意知,平面 $A E F$-截该正四面体的内切球所得截面一定是圆,

设圆心为 $P$, 内切球的球心为 $O$,

作 $A N \perp$ 平面 $B C D$, 则 $N$ 为底面三角形的中心,

在等边三角形 $B C D$ 中, $B N=\frac{2}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} a=\frac{\sqrt{3}}{3} a$,

在 Rt $\triangle A B N$ 中,由勾股定理知,

$A N=\sqrt{A B^{2}-B N^{2}}=\sqrt{a^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{3} a\right)^{2}}=\frac{\sqrt{6} a}{3}$,

由图可知, $A O$ 为四面体外接球的半径, 设 $A O=B O=R$,

在 Rt $\triangle B O N$ 中,由勾股定理可得,

$R^{2}=\left(\frac{\sqrt{3}}{3} a\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{6}}{3} a-R\right)^{2}$, 解得 $R=\frac{\sqrt{6}}{4} a$,

所以正四面体 $A-B C D$ 的内切球半径为

$r=O N=A N-O A=\frac{\sqrt{6}}{3} a-\frac{\sqrt{6}}{4} a=\frac{\sqrt{6}}{12} a$,

因为 $O P \perp A M, \quad A N \perp M N$, 所以 $\triangle A O P \sim \triangle A M N$,

又因为 $M N=\frac{1}{6} B H=\frac{1}{6} \times \frac{\sqrt{3}}{2} a=\frac{\sqrt{3}}{12} a$,

由 $A M^{2}=N M^{2}+A N^{2}$ 可得 $A M=\frac{\sqrt{11}}{4} a$,

所以 $\frac{O P}{M N}=\frac{A O}{A M}$, 即 $\frac{O P}{\frac{\sqrt{3}}{12} a}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{4} a}{\frac{\sqrt{11}}{4} a}$, 解得 $O P=\frac{\sqrt{\frac{18}{11}} a}{12}$,
$\therefore$ 平面 $A E F$ 截该正四面体的内切球所得截面圆半径 $r_{1}=\sqrt{r^{2}-O P^{2}}=\frac{a}{\sqrt{33}}$,

平面 $A E F$ 截该正四面体的内切球所得截面的面积为 $\pi \times\left(\frac{a}{\sqrt{33}}\right)^{2}=\frac{\pi a^{2}}{33}$,

故答案为: $\frac{\pi a^{2}}{33}$

## 【点睛】

本题考查球与几何体的切、接问题及旋转体的截面问题; 重点考查学生的空间想象能力;属于难度较大型试题.