在Rt△AEM中，∵AE＝3，∠EAM＝60°， ∴AM＝AE＝，EM＝， 在Rt△EFM中，EF＝＝＝， ∴AF＝AM+MF＝8， ∵△AEF的周长＝18， 由（2）可知2AL＝18， ∴AJ＝9，AD＝＝6， ∴AP＝AF＝4，FP＝4， ∵NQ∥FP， ∵△EQN∽△EPF， ∴＝＝， ∵∠BAD＝30°，

∴AQ＝√3NQ，设EQ＝x，则QN＝4x，AQ＝12x， ∴AE＝11x＝3， ∴x＝， ∴AN＝2NQ＝， ∴DN＝AD﹣AN＝．

【点评】本题属于圆综合题，考查了等边三角形的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

25．【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法即可求得抛物线解析式； （2）①连接CD，则可知CD∥x轴，由A、F的坐标可知F、A到CD的距离，利用三角形面积公式可求得△ACD和△FCD的面积，则可求得四边形ACFD的面积；②由题意可知点A处不可能是直角，则有∠ADQ＝90°或∠AQD＝90°，当∠ADQ＝90°时，可先求得直线AD解析式，则可求出直线DQ解析式，联立直线DQ和抛物线解析式则可求得Q点坐标；当∠AQD＝90°时，设Q（t，﹣t2+2t+3），设直线AQ的解析式为y＝k1x+b1，则可用t表示出k′，设直线DQ解析式为y＝k2x+b2，同理可表示出k2，由AQ⊥DQ则可得到关于t的方程，可求得t的值，即可求得Q点坐标． 【解答】解：

（1）由题意可得，解得， ∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；

（2）①∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴F（1，4），

∵C（0，3），D（2，3）， ∴CD＝2，且CD∥x轴， ∵A（﹣1，0），

∴S四边形ACFD＝S△ACD+S△FCD＝×2×3+×2×（4﹣3）＝4； ②∵点P在线段AB上， ∴∠DAQ不可能为直角，

∴当△AQD为直角三角形时，有∠ADQ＝90°或∠AQD＝90°，

i．当∠ADQ＝90°时，则DQ⊥AD，

∵A（﹣1，0），D（2，3）， ∴直线AD解析式为y＝x+1， ∴可设直线DQ解析式为y＝﹣x+b′， 把D（2，3）代入可求得b′＝5， ∴直线DQ解析式为y＝﹣x+5，

联立直线DQ和抛物线解析式可得，解得或， ∴Q（1，4）；

ii．当∠AQD＝90°时，设Q（t，﹣t2+2t+3），

设直线AQ的解析式为y＝k1x+b1，

把A、Q坐标代入可得，解得k1＝﹣（t﹣3）， 设直线DQ解析式为y＝k2x+b2，同理可求得k2＝﹣t， ∵AQ⊥DQ，

∴k1k2＝﹣1，即t（t﹣3）＝﹣1，解得t＝， 当t＝时，﹣t2+2t+3＝， 当t＝时，﹣t2+2t+3＝， ∴Q点坐标为（，）或（，）；

综上可知Q点坐标为（1，4）或（，）或（，）．

【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形的面积、二次函数的性质、直角三角形的性质及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）①中注意把四边形转化为两个三角形，在②利用互相垂直直线的性质是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．