Let the triangle be $ABC,$ where $AB = AC.$  Let the altitudes be $\overline{AD},$ $\overline{BE},$ and $\overline{CF}.$  Let $H$ and $I$ denote the orthocenter and incenter, as usual.  Without loss of generality, we can assume that the inradius of triangle $ABC$ is 1.  As usual, let $a = BC,$ $b = AC,$ and $c = AB.$

[asy]
unitsize(8 cm);

pair A, B, C, D, E, F, H, I;
real angleA = aCos(1/9);

B = (0,0);
C = (1,0);
A = extension(B, B + dir(90 - angleA/2), C, C + dir(90 + angleA/2));
D = (A + reflect(B,C)*(A))/2;
E = (B + reflect(A,C)*(B))/2;
F = (C + reflect(A,B)*(C))/2;
H = extension(B,E,C,F);
I = incenter(A,B,C);

draw(A--D,red);
draw(B--E,red);
draw(C--F,red);
draw(A--B--C--cycle);
draw(incircle(A,B,C));
draw(B--I);

label("$A$", A, N);
label("$B$", B, SW);
label("$C$", C, SE);
label("$D$", D, S);
label("$E$", E, NE);
label("$F$", F, NW);
label("$H$", H, SE, UnFill);
dot("$I$", I, dir(0));

label("$1$", (H + I)/2, E);
label("$1$", (D + I)/2, E);
label("$\frac{a}{2}$", (B + D)/2, S);
[/asy]

Since $\angle B = \angle C,$ $B = 90^\circ - \frac{A}{2}.$  Then from triangle $BDI,$
\[\tan \angle IBD = \frac{1}{a/2} = \frac{2}{a}.\]Since $\angle IBD = \frac{B}{2} = 45^\circ - \frac{A}{4},$
\[\tan \left( 45^\circ - \frac{A}{4} \right) = \frac{2}{a}.\]From triangle $BDH,$
\[\tan \angle HBD = \frac{2}{a/2} = \frac{4}{a}.\]From right triangle $ABE,$ $\angle ABE = 90^\circ - A.$  Then
\begin{align*}
\angle HBD &= \angle ABD - \angle ABE \\
&= B - (90^\circ - A) \\
&= A + B - 90^\circ \\
&= A + 90^\circ - \frac{A}{2} - 90^\circ \\
&= \frac{A}{2}.
\end{align*}Hence,
\[\tan \frac{A}{2} = \frac{4}{a}.\]From the equation $\tan \left( 45^\circ - \frac{A}{4} \right) = \frac{2}{a},$
\[\frac{\tan 45^\circ - \tan \frac{A}{4}}{1 + \tan 45^\circ \tan \frac{A}{4}} = \frac{2}{a},\]or
\[\frac{1 - \tan \frac{A}{4}}{1 + \tan \frac{A}{4}} = \frac{2}{a}.\]Solving, we find
\[\tan \frac{A}{4} = \frac{a - 2}{a + 2}.\]Then
\[\tan \frac{A}{2} = \tan \frac{2A}{4} = \frac{2 \cdot \frac{a - 2}{a + 2}}{1 - (\frac{a - 2}{a + 2})^2} = \frac{a^2 - 4}{4a}.\]But $\tan \frac{A}{2} = \frac{4}{a},$ so
\[\frac{a^2 - 4}{4a} = \frac{4}{a}.\]Then $a^2 - 4 = 16,$ so $a^2 = 20.$  It follows that $a = \sqrt{20} = 2 \sqrt{5}.$

Then
\[\tan \frac{A}{2} = \frac{16}{8 \sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}.\]Also, $BD = \frac{a}{2} = \sqrt{5},$ so from right triangle $ABD,$
\[AD = \frac{AB}{\tan \frac{A}{2}} = \frac{\sqrt{5}}{2/\sqrt{5}} = \frac{5}{2}.\]By Pythagoras on right triangle $ABD,$
\[AB = \sqrt{5 + \frac{25}{4}} = \frac{3 \sqrt{5}}{2}.\]Finally, by the Law of Cosines on triangle $ABC,$
\[\cos A = \frac{\frac{9 \cdot 5}{4} + \frac{9 \cdot 5}{4} - 20}{2 \cdot \frac{9 \cdot 5}{4}} = \frac{1}{9}.\]
삼각형은 $ABC$이고, $AB$는 AC입니다.$ 고도는 $\overline{AD},$ $\overline{BE},$ 및 $\overline{CF}입니다.$ H$와 $I$는 평소와 같이 직교 중심과 진원 중심을 나타내도록 합니다.  일반성을 잃지 않고 삼각형 $ABC$의 반지름은 1이라고 가정할 수 있습니다. 평소와 같이 $a = BC$, $b = AC$, $c = AB$로 합니다.

[asy]
unitsize(8cm);

쌍 A, B, C, D, E, F, H, I;
실각A = aCos(1/9);

B = (0,0);
C = (1,0);
A = extension(B, B + dir(90 - angleA/2), C, C + dir(90 + angleA/2));
D = (A + reflect(B,C)*(A))/2;
E = (B + 반사(A,C)*(B))/2;
F = (C + reflect(A,B)*(C))/2;
H = extension(B,E,C,F);
I = incenter(A,B,C);

draw(A--D,red);
draw(B--E,red);
draw(C--F,red);
draw(A--B--C--cycle);
draw(incircle(A,B,C));
draw(B--I);

label("$A$", A, N);
label("$B$", B, SW);
label("$C$", C, SE);
label("$D$", D, S);
label("$E$", E, NE);
label("$F$", F, NW);
label("$H$", H, SE, UnFill);
dot("$I$", I, dir(0));

label("$1$", (H + I)/2, E);
label("$1$", (D + I)/2, E);
label("$\frac{a}{2}$", (B + D)/2, S);
[/asy]

삼각형 $\각 B = \각 C$이므로 $B = 90^\원 - \frac{A}{2}.$ 그런 다음 삼각형 $BDI에서 다음과 같이 계산합니다.
\[\tan \angle IBD = \frac{1}{a/2} = \frac{2}{a}.\]$\angle IBD = \frac{B}{2} = 45^\circle - \frac{A}{4},$이므로 다음과 같이 계산합니다.
\[\tan \left( 45^\circle - \frac{A}{4} \right) = \frac{2}{a}.\]삼각형 $BDH,$에서 다음과 같이 계산합니다.
\[\탄 \각 HBD = \frac{2}{a/2} = \frac{4}{a}.\]직각 삼각형 $ABE,$ 에서 $\각 ABE = 90^\circ - A.$ 그러면 다음과 같습니다.
\begin{align*}
\angle HBD &= \angle ABD - \angle ABE \\.
&= B - (90^\circ - A) \\
&= A + B - 90^\circ \\
&= A + 90^\circ - \frac{A}{2} - 90^\circ \\
&= \frac{A}{2}.
\end{align*}따라서,
\[\tan \frac{A}{2} = \frac{4}{a}.\]방정식 $\tan \left( 45^\circ - \frac{A}{4} \right) = \frac{2}{a},$에서 다음과 같이 계산됩니다.
\[\frac{\탄 45^\원 - \탄 \frac{A}{4}}{1 + \탄 45^\원 \탄 \frac{A}{4}} = \frac{2}{a},\]또는
\[\frac{1 - \탄 \frac{A}{4}}{1 + \탄 \frac{A}{4}} = \frac{2}{a}.\]를 풀면 다음과 같이 구할 수 있습니다.
\[\tan \frac{A}{4} = \frac{a - 2}{a + 2}.\]그러면 다음과 같습니다.
\[\tan \frac{A}{2} = \tan \frac{2A}{4} = \frac{2 \cdot \frac{a - 2}{a + 2}}{1 - (\frac{a - 2}{a + 2})^2} = \frac{a^2 - 4}{4a}.\]하지만 $\tan \frac{A}{2} = \frac{4}{a},$이므로 다음과 같이 계산합니다.
\[\frac{a^2 - 4}{4a} = \frac{4}{a}.\]그러면 $a^2 - 4 = 16,$이므로 $a^2 = 20.$ 따라서 $a = \sqrt{20} = 2 \sqrt{5}.$ 이 됩니다.

그러면
\[\tan \frac{A}{2} = \frac{16}{8 \sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}.\]또한, $BD = \frac{a}{2} = \sqrt{5},$이므로 직각 삼각형 $ABD,$에서 다음과 같습니다.
\[AD = \frac{AB}{\탄 \frac{A}{2}} = \frac{\sqrt{5}}{2/\sqrt{5}} = \frac{5}{2}.\]피타고라스에 의해 직각 삼각형 $ABD,$에서 다음과 같이 계산합니다.
\[AB = \sqrt{5 + \frac{25}{4}} = \frac{3 \sqrt{5}}{2}.\]마지막으로 삼각형 $ABC$의 코사인 법칙에 의해 다음과 같이 계산합니다.
\[\cos A = \frac{\frac{9 \cdot 5}{4} + \frac{9 \cdot 5}{4} - 20}{2 \cdot \frac{9 \cdot 5}{4}} = \frac{1}{9}.\]