解：如图2，连接AE，则∠AEB=∠ACB=60°，

∠DAE=∠CAD+∠CAE=∠ACD+∠CDF=∠CFG=60°，

∴∠AEB=∠DAE，

∴BE∥AD，

设BE与AD的距离为h，

∴ $\frac{S_{Δ A B E}}{S_{Δ A D E}} = \frac{\frac{1}{2} A D \cdot h}{\frac{1}{2} B E \cdot h} = \frac{A D}{B E}$ ，

∴ $S_{Δ A B E} = \frac{A D}{B E} \cdot S_{Δ A D E}$ ，

∵D，E分别是 $\overset{⌢}{A C}$ ， $\overset{⌢}{B C}$ 的中点，

∴CD=AD，BE=CE，

∴ $S_{Δ A B E} = \frac{C D}{C E} \cdot S_{Δ A D E}$ ，

过点D作DM⊥AC于M，

∵ $\overset{⌢}{A D} = \overset{⌢}{C D}$ ，

∴AD=CD，

∴AC=2CM，

由（2）知，△CFG是等边三角形，

∴∠CFG=60°，

∴∠DFM=60°，

∴∠MDF=30°，

设MF=m，则DM= $\sqrt{3}$ m，DF=2m，

∵ $\frac{C F}{D F}$ =x，

∴CF=x•DF=2mx，

∴CG=CF=2mx，

由（1）知，△DFC∽△CGE，

∴ $\frac{D F}{C G} = \frac{C D}{C E}$ ，

∴ $\frac{C D}{C E} = \frac{2 m}{2 m x} = \frac{1}{x}$ ，

∴ $S_{Δ A B E} = \frac{C D}{C E} \cdot S_{Δ A D E} = \frac{1}{x} S_{Δ A D E}$ ，

∴S_{四边形ABED}= $S_{Δ A D E} + S_{Δ A B E} = \frac{x + 1}{x} S_{Δ A D E}$ ，

∵MF=m，CF=x•DF=2mx，

∴CM=MF+CF=m+2mx=（2x+1）m，

∴AC=2CM=2（2x+1）m，

∴AF=AC-CF=2（2x+1）m-2mx=2（x+1）m，

过点A作AN⊥DF于N，

∴ $S_{Δ A D F} = \frac{1}{2} A F \cdot D M = \frac{1}{2} D F \cdot A N$ ，

∴ $A N = \frac{A F \cdot D M}{D F} = \frac{2 (x + 1) m \cdot \sqrt{3} m}{2 m} = \sqrt{3} (x + 1) m$

过点C作CP⊥FG，

由（2）知， $P F = \frac{1}{2} C F = m x ， C P = \sqrt{3} m x$ ，

∴ $y = \frac{S_{四边形 A B E D}}{S_{Δ C D E}} = \frac{x + 1}{S_{Δ C D E}} = \frac{x + 1}{x} S_{Δ A D E}$ $= \frac{x + 1}{x} \cdot \frac{S_{Δ A D E}}{S_{Δ C D E}} = \frac{x + 1}{x} \frac{\frac{1}{2} D E \cdot A N}{\frac{1}{2} D E \cdot C P}$ $= \frac{x + 1}{x} \cdot \frac{A N}{C P}$ $= \frac{x + 1}{x} \cdot \frac{\sqrt{3} (x + 1) m}{\sqrt{3} m}$ $= \frac{{(x + 1)}^{2}}{x}$ .

浙江省温州市2021年数学中考模拟试卷（3月）