墙角处有若干大小相同的小立方体堆成如图的立体图形, 如果你打算搬走其中部分小立方体(不考虑操作技术的限制), 但希望搬完后从正面、从上面、从右面用平行光线照射时, 在墙面及地面上的影子不变, 那么

<ImageHere>
你最多可以搬走 \$ \qquad \$个小立方体.
如图，

<ImageHere>

在直线 $y=-\sqrt{3} x+4$ 上, $x=0$ 时, $y=4$,

当 $y=0$ 时, $x=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore O B=4, O A=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \tan \angle O B A=\frac{O A}{O B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \angle O B A=30^{\circ}$,

由 $P Q$ 切 $\odot O$ 于 $Q$ 点可知: $O Q \perp P Q$,

$\therefore P Q=\sqrt{O P^{2}-O Q^{2}}$,

由于 $O Q=1$,

因此当 $O P$ 最小时 $P Q$ 长取最小值, 此时 $O P \perp A B$,

$\therefore O P=\frac{1}{2} O B=2$,

此时 $P Q=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$,

$B P=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\therefore O Q=\frac{1}{2} O P$, 即 $\angle O P Q=30^{\circ}$,

若使点 $P$ 到直线 $a$ 的距离最大,

则最大值为 $P M$, 且 $M$ 位于 $x$ 轴下方,

过点 $P$ 作 $P E \perp y$ 轴于点 $E$,

$\therefore E P=\frac{1}{2} B P=\sqrt{3}$,

$\therefore B E=\sqrt{(2 \sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=3$,

$\therefore O E=4-3=1$,

$\because O E=\frac{1}{2} O P$,

$\therefore \angle O P E=30^{\circ}$,
$\therefore \angle E P M=30^{\circ}+30^{\circ}=60^{\circ}$,

即 $\angle E M P=30^{\circ}$,

$\therefore P M=2 E P=2 \sqrt{3}$.

故答案为: $2 \sqrt{3}$.