空间有一个 $4 \times 4 \times 4$ 的大正方体，由 64 个单位小正方体组成。现从中去掉若干小正方体后，从正面、上面、左面观察它，发现三个视角投影完全相同，如图。那么，最多从大正方体中去掉了 __ 个小正方体。

1. 建立三维空间坐标系并明确各视角投影的限制条件

将 $4 \times 4 \times 4$ 的大正方体置于三维直角坐标系中，每个单位小正方体的位置用三元组 $(x, y, z)$ 表示，其中 $x, y, z \in \{1, 2, 3, 4\}$。
记边缘层集合为 $O = \{1, 4\}$，中心层集合为 $I = \{2, 3\}$。
根据题意，正面（$xz$ 平面）、上面（$xy$ 平面）和左面（$yz$ 平面）三个视角的正交投影完全相同，且中心 $2 \times 2$ 的区域为空（即透过），四周边缘的 12 个方格均有小正方体投影。
中心透光意味着：保留的小正方体在任何一个面上的投影都不能落在中心 $2 \times 2$ 内，即其坐标中不能有两个或两个以上的坐标分量属于 $I$。
因此，任何保留的小正方体 $(x, y, z)$ 中，属于 $I$ 的坐标个数至多为 $1$ 个。

2. 对保留小正方体的类型进行分类，并推导最少需要保留的数量

依坐标分量分类，保留的小正方体只能属于以下四类：

1. 恰有 $0$ 个坐标在 $I$（即全部在 $O$ 中）：$(x, y, z) \in O \times O \times O$；
2. 仅 $x \in I$：$(x, y, z) \in I \times O \times O$；
3. 仅 $y \in I$：$(x, y, z) \in O \times I \times O$；
4. 仅 $z \in I$：$(x, y, z) \in O \times O \times I$。

观察三视图中非角点的边缘格（即有一维在 $I$、一维在 $O$ 的位置）：

• 在 $xy$ 投影中，要覆盖 $x \in I, y \in O$ 的 4 个格子，只能由满足 $x \in I, y \in O$ 的立方体提供，因而必须至少有 4 个立方体属于第 2 类（$I \times O \times O$）；
• 要覆盖 $x \in O, y \in I$ 的 4 个格子，只能由第 3 类（$O \times I \times O$）提供，至少需要 4 个；
• 同理，在 $xz$ 投影中覆盖 $x \in O, z \in I$ 的 4 个格子，只能由第 4 类（$O \times O \times I$）提供，至少需要 4 个。
  因此，至少需要保留 $4 + 4 + 4 = 12$ 个小正方体。

3. 构造 12 个小正方体的实例并求出最多去掉的数量

检验能否用 12 个小正方体完全覆盖三个视角的全部 12 个边缘格（含 4 个角格）：
构造第 2 类的 4 个点为：
$(2, 1, 1), \quad (2, 4, 4), \quad (3, 1, 4), \quad (3, 4, 1)$
其在 $xy$ 平面的投影为 $(2,1), (2,4), (3,1), (3,4)$（覆盖 $I \times O$ 的 4 个边格）；
在 $xz$ 平面的投影为 $(2,1), (2,4), (3,4), (3,1)$（覆盖 $I \times O$ 的 4 个边格）；
在 $yz$ 平面的投影为 $(1,1), (4,4), (1,4), (4,1)$，恰好覆盖了 $yz$ 视图的全部 4 个角格（$O \times O$）。

同理，通过坐标轮换构造第 3 类和第 4 类的各 4 个点，分别能顺带完全覆盖 $xz$ 视图和 $xy$ 视图的 4 个角格。
因此，最少只需保留 12 个小正方体即可满足题意。

大正方体原共有 $4 \times 4 \times 4 = 64$ 个小正方体，故最多可以去掉：
$64 - 12 = 52\text{ 个}$