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$\frac{3}{4}$
解：原式$=\frac{\sqrt{3}}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 \times 1$
$=\frac{1}{2} + \frac{3}{4} - \frac{1}{2}$
$=\frac{3}{4}$
解：
∵$\angle C=90^\circ，$$a=4，$$b=4\sqrt{3}，$
∴$c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{4^2+(4\sqrt{3})^2}=\sqrt{16+48}=8。$
∵$\sin A=\frac{a}{c}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}，$$\angle A$是锐角，
∴$\angle A=30^\circ。$
∴$\angle B=180^\circ-\angle C-\angle A=60^\circ$
解：$\angle B=180^\circ-\angle C-\angle A=45^\circ，$
∵$\tan A=\frac{a}{b}=1，$
∴$b=a=3\sqrt{6}。$
∵$\sin A=\frac{a}{c}=\frac{\sqrt{2}}{2}，$
∴$c=\frac{a}{\sin A}=\frac{3\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=6\sqrt{3}$
解：如图，过点$C$作$CG\perp AB$于点$G，$过点$D$作$DH\perp AB$于点$H，$则四边形$CDHG$是矩形，
∴$GH=CD=10\ \text{m}，$$CG=DH。$
∵在$\text{Rt}\triangle CGB$中，$\angle 1=45^\circ，$
∴$CG=BG。$设$CG=x\ \text{m}，$则$BG=DH=x\ \text{m}，$
∴$BH=BG+GH=(x + 10)\ \text{m}。$
∵在$\text{Rt}\triangle BHD$中，$\tan\angle 3=\frac{BH}{DH}，$
∴$BH=DH\cdot\tan65^\circ。$
∴$x + 10\approx2.1x，$解得$x=\frac{100}{11}。$
∴$CG=BG=\frac{100}{11}\ \text{m}。$
∵在$\text{Rt}\triangle CGA$中，$\tan\angle 2=\frac{AG}{CG}，$
∴$AG=CG\cdot\tan52^\circ\approx\frac{100}{11}\times1.3=\frac{130}{11}\ \text{m}。$
∴$AB=AG + BG=\frac{130}{11}+\frac{100}{11}=\frac{230}{11}\approx21\ \text{m}。$
答：大楼的高度$AB$约为$21\ \text{m}$
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