在 $\triangle ABE$ 中，已知 $\angle 1 = 15^\circ$。因為 $\angle B = 60^\circ$（正三角形的角），且 $\angle 2 = 15^\circ$，所以有：$$\angle ABE = \angle B - \angle 2 = 60^\circ - 15^\circ = 45^\circ$$因此，$\triangle ABE$ 的第三個內角為：$$\angle AEB = 180^\circ - 15^\circ - 45^\circ = 120^\circ$$在 $\triangle ABE$ 中，利用正弦定理可得：$$\dfrac{\overline{AE}}{\sin \angle ABE} = \dfrac{\overline{AB}}{\sin \angle AEB} \implies \dfrac{\overline{AE}}{\sin 45^\circ} = \dfrac{1}{\sin 120^\circ} \implies \overline{AE} = \dfrac{\sin 45^\circ}{\sin 120^\circ}$$同理，求 $\overline{BE}$：$$\dfrac{\overline{BE}}{\sin \angle 1} = \dfrac{\overline{AB}}{\sin \angle AEB} \implies \overline{BE} = \dfrac{\sin 15^\circ}{\sin 120^\circ}$$根據圖形的對稱性，有 $\overline{AD} = \overline{BE}$。所以正三角形 $DEF$ 的邊長 $\overline{DE}$ 可表示為：$$\overline{DE} = \overline{AE} - \overline{AD} = \overline{AE} - \overline{BE} = \dfrac{\sin 45^\circ - \sin 15^\circ}{\sin 120^\circ}$$將已知數值代入：$$\sin 45^\circ - \sin 15^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} = \dfrac{2\sqrt{2} - \sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = \dfrac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4}$$所以可得：$$\overline{DE} = \dfrac{\dfrac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{2\sqrt{3}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} - \dfrac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$故填 $\dfrac{\sqrt{6}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}}{2}$。