この解き方は思いつきにくいかもしれないけれど、計算はとても楽だ。
こんなの絶対気がつかないって人は、解法２で解いてもらって問題ない。

図の固定

接弦定理より、図Ｄの赤い角とオレンジの角は等しい。
なので、$\mathrm{\angle }\mathrm{DFE}$（赤い角）のかわりに$\mathrm{\angle }\mathrm{AED}$（オレンジの角）の$\cos$を求める。
図が小さくて見にくいので、図Ｄの青い部分を拡大して図Ｅにした。

図の固定

これまでに、
$\mathrm{AD}=\mathrm{AE}=1$ ${\displaystyle \mathrm{DE}=\frac{2\sqrt{15}}{5}}$ であることが分かっている。
△$\mathrm{ADE}$は二等辺三角形なので、頂点$\mathrm{A}$から辺$\mathrm{DE}$に垂線をおろし、その足を$\mathrm{H}$とすると、
${\displaystyle \mathrm{EH}=\frac{1}{2}\times \frac{2\sqrt{15}}{5}}$
${\displaystyle \mathrm{EH}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{15}}{5}}$
である。

ここで、△$\mathrm{AEH}$（図Ｅの緑の三角形）を考えると、$\mathrm{\angle }\mathrm{AHE}={90}^{\circ }$の直角三角形なので、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{AEH}=\frac{\mathrm{EH}}{\mathrm{AE}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{AEH}}$${\displaystyle =\frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{1}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{AEH}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{15}}{5}}$
である。
よって、$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}$も
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}=\frac{\sqrt{15}}{5}}$
である。

解答ス：１, セ：５, ソ：５

ちょっと計算が面倒だけど、こっちの方が思いつきやすいかも。

図の固定

△$\mathrm{DEF}$から見ると、円$\mathrm{I}$は外接円である。
なので、円$\mathrm{I}$の半径を$R$とすると、正弦定理を使って
${\displaystyle \frac{\mathrm{DE}}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}}=2R}$式Ｃ
とかける。

これまでに
${\displaystyle \mathrm{DE}=\frac{2\sqrt{15}}{5}}$ $R={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{2}}$ であることが分かっているので、式Ｃは
${\displaystyle \frac{\frac{2\sqrt{15}}{5}}{\sin \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}}=2\cdot \frac{\sqrt{6}}{2}}$式Ｄ
となる。
これを解く。

両辺に$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}$をかけて、
${\displaystyle \frac{2\sqrt{15}}{5}=2\cdot \frac{\sqrt{6}}{2}\sin \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}}$
${\displaystyle \sqrt{6}\sin \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}=\frac{2\sqrt{15}}{5}}$
${\displaystyle \sin \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}=\frac{2\sqrt{15}}{5\sqrt{6}}}$
${\displaystyle \sin \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}}$${\displaystyle =\frac{2\sqrt{5}}{5\sqrt{2}}}$
${\displaystyle \sin \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{10}}{5}}$
となるけど、これは$\sin$だ。
$\cos$に変えないといけない。

${\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{DFE}+{\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{DFE}=1$
より、
${\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)}^2+{\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{DFE}=1$
${\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{DFE}=1-{\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)}^2$
${\displaystyle {\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{DFE}}$${\displaystyle =\frac{5^2}{5^2}-\frac{10}{5^2}}$
${\displaystyle {\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{DFE}}$${\displaystyle =\frac{15}{5^2}}$
ここで、$\mathrm{\angle }\mathrm{DFE}$は鋭角なので、
     $0<\cos \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}$より、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}=\frac{\sqrt{15}}{5}}$
である。

解答ス：１, セ：５, ソ：５

解法３

考え方もシンプルじゃないし計算も面倒なので、ゼンゼンおすすめじゃないけれど、こういう解き方もできる。

図の固定

上の内心の復習から、図Ｇの２つのオレンジの角は等しい。 赤い角は赤い弧に対する円周角、オレンジ２つは赤い弧に対する中心角なので、オレンジ２つは赤い角の２倍である。 よって、オレンジの角と赤い角は等しい。
ということで、赤い角のかわりにオレンジの角の$\cos$を求める。

これまでに、
$\mathrm{AE}=1$ $\mathrm{IE}=$円$\mathrm{I}$の半径
${\displaystyle \mathrm{EI}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{6}}{2}}$ であることが分かっている。

ここで、△$\mathrm{AIE}$（図Ｇの緑の三角形）を考えると、$\mathrm{\angle }\mathrm{AEI}={90}^{\circ }$の直角三角形なので、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{AIE}=\frac{\mathrm{IE}}{\mathrm{AI}}}$式Ｅ
だけど、$\mathrm{AI}$は分からないので、三平方の定理で求める。

三平方の定理より、
${\mathrm{AI}}^2={\mathrm{AE}}^2+{\mathrm{IE}}^2$
なので
${\mathrm{AI}}^2=1^2+{\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)}^2$
${\displaystyle {\mathrm{AI}}^2}$${\displaystyle =\frac{2^2}{2^2}+\frac{6}{2^2}}$
${\displaystyle {\mathrm{AI}}^2}$${\displaystyle =\frac{10}{2^2}}$
$0<\mathrm{AI}$なので、
${\displaystyle \mathrm{AI}=\frac{\sqrt{10}}{2}}$
となる。

よって、式Ｅは、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{AIE}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{2}}{\frac{\sqrt{10}}{2}}}$
とかける。
これを計算して、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{AIE}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{10}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{AIE}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{AIE}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{15}}{5}}$
である。
よって、$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}$も
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{DFE}=\frac{\sqrt{15}}{5}}$
である。

解答ス：１, セ：５, ソ：５