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、$\angle \mathrm{DFE}$（赤い角）のかわりに$\angle \mathrm{AED}$（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、$\angle \mathrm{AHE}=90^{\circ}$の直角三角形なので、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{AEH}=\frac{\mathrm{E}\mathrm{H}}{\mathrm{A}\mathrm{E}}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{AEH}$$\displaystyle =\frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{1}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{AEH}$$\displaystyle =\frac{\sqrt{15}}{5}$
である。
よって、$\cos\angle \mathrm{DFE}$も
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{DFE}=\frac{\sqrt{15}}{5}$
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
$\displaystyle \frac{\mathrm{D}\mathrm{E}}{\sin\angle \mathrm{D}\mathrm{F}\mathrm{E}}=2R$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
$\displaystyle \frac{\frac{2\sqrt{15}}{5}}{\sin\angle \mathrm{D}\mathrm{F}\mathrm{E}}=2\cdot\frac{\sqrt{6}}{2}$式Ｄ
となる。
これを解く。

両辺に$\sin\angle \mathrm{DFE}$をかけて、
$\displaystyle \frac{2\sqrt{15}}{5}=2\cdot\frac{\sqrt{6}}{2}\sin\angle \mathrm{DFE}$
$\displaystyle \sqrt{6}\sin\angle \mathrm{DFE}=\frac{2\sqrt{15}}{5}$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{DFE}=\frac{2\sqrt{15}}{5\sqrt{6}}$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{DFE}$$\displaystyle =\frac{2\sqrt{5}}{5\sqrt{2}}$
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{DFE}$$\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。

$\sin^{2}\angle \mathrm{DFE}+\cos^{2}\angle \mathrm{DFE}=1$
より、
$\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)^{2}+\cos^{2}\angle \mathrm{DFE}=1$
$\cos^{2}\angle \mathrm{DFE}=1-\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)^{2}$
$\displaystyle \cos^{2}\angle \mathrm{DFE}$$\displaystyle =\frac{5^{2}}{5^{2}}-\frac{10}{5^{2}}$
$\displaystyle \cos^{2}\angle \mathrm{DFE}$$\displaystyle =\frac{15}{5^{2}}$
ここで、$\angle \mathrm{DFE}$は鋭角なので、
     $0 \lt \cos\angle \mathrm{DFE}$より、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{DFE}=\frac{\sqrt{15}}{5}$
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、$\angle \mathrm{AEI}=90^{\circ}$の直角三角形なので、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{AIE}=\frac{\mathrm{I}\mathrm{E}}{\mathrm{A}\mathrm{I}}$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}}$
$0 \lt \mathrm{AI}$なので、
$\displaystyle \mathrm{AI}=\frac{\sqrt{10}}{2}$
となる。

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

解答ス：１, セ：５, ソ：５