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. 建立坐标系并分析三视图空白区域对小正方体位置的限制

建立空间直角坐标系，将大正方体中的每个单位小正方体的位置记为 $(x, y, z)$，其中 $x, y, z \in \{1, 2, 3, 4\}$。
记边界坐标集合为 $B = \{1, 4\}$，中间两层坐标集合为 $M = \{2, 3\}$。
由题图可知，三视图（俯视 $xy$、主视 $xz$、左视 $yz$）均为外围一圈 12 个方格有投影，中心 $2 \times 2$（即 $M \times M$）为空白。
若某个保留的小正方体 $(x, y, z)$ 的坐标中有两个或两个以上属于 $M$：

• 若 $x, y \in M$，则在俯视图的投影落在中心空白区，矛盾；
• 若 $x, z \in M$，则在主视图的投影落在中心空白区，矛盾；
• 若 $y, z \in M$，则在左视图的投影落在中心空白区，矛盾。
  因此，任何保留的小正方体 $(x, y, z)$，其三个坐标中属于 $M$ 的个数至多为 1，即属于 $B = \{1, 4\}$ 的坐标个数至少为 2。

2. 按坐标分类推导满足三视图所需的最少小正方体数量

根据属于 $B$ 的坐标个数，保留的小正方体只能分为两类：

1. 三个坐标均属于 $B$（记有 $a$ 个）：其在三个视图中的投影均落在 4 个“角”上；
2. 恰有两个坐标属于 $B$、一个坐标属于 $M$（记有 $b$ 个）：
   • 若 $z \in M, x, y \in B$（设这类有 $b_z$ 个）：在俯视图投影为“角”，在主视图和左视图投影为“边”；
   • 若 $y \in M, x, z \in B$（设这类有 $b_y$ 个）：在主视图投影为“角”，在俯视图和左视图投影为“边”；
   • 若 $x \in M, y, z \in B$（设这类有 $b_x$ 个）：在左视图投影为“角”，在俯视图和主视图投影为“边”。

每个视图的外围均有 8 个“边”格子必须被覆盖：

• 俯视图的边只能由 $b_x$ 和 $b_y$ 覆盖，故 $b_x + b_y \ge 8$；
• 主视图的边只能由 $b_x$ 和 $b_z$ 覆盖，故 $b_x + b_z \ge 8$；
• 左视图的边只能由 $b_y$ 和 $b_z$ 覆盖，故 $b_y + b_z \ge 8$。

将三式相加，得：
$2(b_x + b_y + b_z) \ge 24 \implies b = b_x + b_y + b_z \ge 12$
因此，保留的小正方体总数 $N = a + b \ge b \ge 12$。

3. 验证 $N=12$ 的可行性并计算最多去掉的小正方体个数

当 $N = 12$ 时，取 $a = 0$ 且 $b_x = b_y = b_z = 4$：

• 取 $b_z$ 类的 4 个点：$(1, 1, 2)$、$(1, 4, 3)$、$(4, 1, 3)$、$(4, 4, 2)$；
• 取 $b_y$ 类的 4 个点：$(1, 2, 1)$、$(1, 3, 4)$、$(4, 3, 1)$、$(4, 2, 4)$；
• 取 $b_x$ 类的 4 个点：$(2, 1, 1)$、$(3, 1, 4)$、$(3, 4, 1)$、$(2, 4, 4)$。
  经检验，上述 12 个小正方体在三个方向上的投影均不重叠，且恰好完全覆盖每个视图外围的 12 个格子，中心 $2 \times 2$ 均为空白。

因此，最少只需保留 12 个小正方体。
最多可以去掉的小正方体个数为：
$64 - 12 = 52$