[рис.] а)  Оба этих угла равны половине дуги GE  — первый как угол между касательной HG и хордой GE, второй  — как вписанный угол, опирающийся на дугу GE.
б)  Разберем два случая  — точка F лежит на AE или на BE.
В первом случае прямая FD параллельна прямой BC как средняя линия треугольника. Обозначим $\angle BAC=\angle BCA= альфа$ тогда $\angle FDA= альфа$ $\angle AFD=180 в степени ( \circ ) - 2 альфа$ Обозначим за I центр вписанной окружности, тогда

$\angle IDF=\angle IDA - \angle FDA=90 в степени ( \circ ) - альфа$

Поскольку треугольник IGD  — = бедренный, $\angle IGD=90 в степени ( \circ ) - альфа$ тогда

$\angle HGD=90 в степени ( \circ ) - ( 90 в степени ( \circ ) - альфа ) = альфа$

(здесь использована прямая GH перпендикулярная прямой IG, поскольку GH  — касательная). Тогда смежный с ним угол $\angle FGH=180 в степени ( \circ ) - альфа$ и

$\angle FHG=180 в степени ( \circ ) - \angle HFG - \angle FGH=$
[рис.]
$=180 в степени ( \circ ) - ( 180 в степени ( \circ ) - альфа ) - ( 180 в степени ( \circ ) - 2 альфа ) =3 альфа - 180 в степени ( \circ )$

По свойству касательных, проведенных из одной точки, $HE=HG$ Пусть $HE=HG=3x$ $FH=2x$ тогда по теореме \sin ов для треугольника FGH получаем:

$\frac{FH}{\sin ( 180 в степени ( \circ ) - альфа )} = \frac{HG}{\sin ( 180 в степени ( \circ ) - 2 альфа )}$
$\frac{2x}{\sin альфа} = $\frac{3x}{\sin 2 альфа}$ = сильно 2 \sin 2 альфа =3 \sin альфа = сильно$
$ = сильно 4 \sin альфа \cos альфа =3 \sin альфа = сильно \cos альфа = $\frac{3}{4}$ меньше \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

поэтому $альфа больше 60 в степени ( \circ )$ и угол $3 альфа - 180 в степени ( \circ )$ существует. В этом случае $\angle BCA= альфа = \arccos \frac{3}{4}$
[рис.] Во втором случае прямая FD параллельна прямой BC как средняя линия треугольника. Обозначим $\angle BAC=\angle BCA= альфа$ тогда $\angle FDA= альфа$ $\angle AFD=180 в степени ( \circ ) - 2 альфа$ Обозначим за I центр вписанной окружности, тогда

$\angle IDF=\angle IDA - \angle FDA=90 в степени ( \circ ) - альфа$

Поскольку треугольник IGD  — = бедренный, $\angle IGD=90 в степени ( \circ ) - альфа$ тогда

$\angle FGH=90 в степени ( \circ ) - ( 90 в степени ( \circ ) - альфа ) = альфа$

[рис.] (здесь использовано прямая GH перпендикулярна прямой IG, поскольку GH  — касательная). Тогда угол

$\angle FHG=180 в степени ( \circ ) - \angle HFG - альфа =\angle AFD - альфа =180 - 3 альфа$

По свойству касательных, проведенных из одной точки, $HE=HG$ Пусть $HE=HG=3x$ $FH=2x$ тогда по теореме \sin ов для треугольника FGH получаем $\frac{FH}{\sin альфа} = \frac{HG}{2 альфа}$ $\frac{2x}{\sin альфа} = \frac{3x}{\sin 2 альфа}$ Это то же самое уравнение, что и в случае 1, поэтому $\cos альфа = $\frac{3}{4}$ меньше \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$ поэтому $альфа больше 60 в степени ( \circ )$ и угол $180 в степени ( \circ ) - 3 альфа$ не существует. Поэтому такой случай невозможен.

Ответ: $\arccos \frac{3}{4}$