y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝1＋2k22m，

由→OM＝→OP＋→ON得：M(1＋2k2－4km，1＋2k22m)，

将M点坐标代入椭圆C方程得：m2＝1＋2k2． …8分

点O到直线PN的距离d＝1＋k2|m|，

|PN|＝|x1－x2|，

S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·|x1－x2|＝＝2．

综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2． …12分

（21）解：

（Ⅰ）f￠(x)＝cosx＋cos2x1－2 …2分

因为x∈(－2π，2π)，所以cosx∈(0，1]，于是

f￠(x)＝cosx＋cos2x1－2≥cos2x＋cos2x1－2≥0（等号当且仅当x＝0时成立）．

故函数f(x)在(－2π，2π)上单调递增． …4分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)在(0，2π)上单调递增，又f(0)＝0，所以f(x)＞0，

（ⅰ）当m≤0时，f(x)＞0≥mx2成立． …5分

（ⅱ）当m＞0时，

令p(x)＝sinx－x，则p￠(x)＝cosx－1，

当x∈(0，2π)时，p￠(x)＜0，p(x)单调递减，又p(0)＝0，所以p(x)＜0，

故x∈(0，2π)时，sinx＜x．（*） …7分

由（*）式可得f(x)－mx2＝sinx＋tanx－2x－mx2＜tanx－x－mx2，

令g(x)＝tanx－x－mx2，则g￠(x)＝tan2x－2mx

由（*）式可得g￠(x)＜cos2xx2－2mx＝cos2xx(x－2mcos2x)， …9分

令h(x)＝x－2mcos2x，得h(x)在(0，2π)上单调递增，

又h(0)＜0，h(2π)＞0，所以存在t∈(0，2π)使得h(t)＝0，即x∈(0，t)时，h(x)＜0，

所以x∈(0，t)时，g￠(x)＜0，g(x)单调递减，又g(0)＝0，所以g(x)＜0，

即x∈(0，t)时，f(x)－mx2＜0，与f(x)＞mx2矛盾．

综上，满足条件的m的取值范围是(－∞，0]． …12分

（22）解：

（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为x2＋y2＝1，将y＝－2＋tsinφx＝tcosφ，代入x2＋y2＝1得

t2－4tsinφ＋3＝0（*）

由16sin2φ－12＞0，得|sinφ|＞23，又0≤φ＜p，

所以，φ的取值范围是(p3，p32)； …5分

（Ⅱ）由（*）可知，2t1＋t2＝2sinφ，代入y＝－2＋tsinφx＝tcosφ，中，

整理得P1P2的中点的轨迹方程为

y＝－1－cos2φx＝sin2φ， (φ为参数，p3＜φ＜p32) …10分

（23）解：

（Ⅰ）x1＋y1＝xyx＋y＝xyx2＋y 2≥xy2xy＝2，

当且仅当x＝y＝1时，等号成立．

所以x1＋y1的最小值为2． …5分

（Ⅱ）不存在．

因为x2＋y2≥2xy，

所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)，
又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2．

从而有(x＋1)(y＋1)≤[2y＋1]2＝4，

因此不存在x，y，满足(x＋1)(y＋1)＝5． …10分