题目如下：

思路分析：

首先根据题意画出草图，如下：

满足BC=DE的五边形不难画出，

然后T为BD、CE中垂线交点，

但是∠ABT=∠TEA未必满足。

这说明A点不能任意。

其次尝试画出准确的图形，通过上面分析可以调整

作图顺序，先作出BC=DE，在CD射线上任选

点R，再在DC延长线上取P满足∠PBT=∠TER,

则PB、RE的交点A即满足条件。这就作出了准确的图形，如下：

再次考虑从已知入手，挖掘图形的基本性质，

依题意TB=TD,TC=TE,又BC=DE,

从而△TBC?△TDE,

故∠BTC=∠DTE,∠BTD=∠CTE,

∠DBT=∠BDT=∠TCE=∠TEC,

∠TBC=∠TDE,∠BCT=∠TED,

这些等角虽然未必都能用，但是其中的一些一定很有用。

设BD交CE于M，进而得到BCMT,TMDE共圆。

再结合已知中的∠ABT=∠TEA，

可以得到∠AQT=∠TSA,

这个估计也会有用。但是似乎有的乱，不知道如何再往下分析。

下面考虑从结果入手，欲证SQRP共圆，要么倒角，要么倒比例。

要倒比例，则需证AS*AR=AQ*AP,似乎没有与他们相关的三角形，

感觉会比较复杂。结合前面得到了很多等角，

所以估计倒角的可能性比较大。

其次从已知继续分析，尝试通过倒角证明SQRP共圆。

由∠AQT=∠TSA及∠ABT=∠TEA，

可得△QBT～△SET,

从而ST/TE=QT/TB,

即TS*TD=TQ*TC,从而SCDQ共圆。

这应该是一个重要进展。从而∠QST=∠TCD，进而∠ASQ=∠RPA，

这就完成了最终的证明。

最后略去冗余，将证明过程整理如下：

最终对解题过程和题目总结评论如下：

本题结构新颖，别出心裁。对于特殊的五边形，没有一般性的结果，因此本题是一个很好的新题。当然所谓的道生一、一生二、二生三、三生万物，五边形也是由三角形及四边形组成的，仔细分析发现本题可以理解为是两个共点的全等三角形组成，一般称为手拉手模型，是最基本也是最重要的全等构型。当然本题也可以看成对边相等的四边形BCDE组成，这也是常见的四边形构型。本题中∠ABT=∠TEA不太常见，也是本题独树一帜之处。得到△QBT～△SET是解决本题的关键所在，进而得到SCDQ共圆基本就完成了最终的证明。

本题初看线条纵横交错，大有乱花渐欲迷人眼之势，静下心来仔细分析，发现相似得到共圆完成证明以后，又会感觉本题并不太难。当然本题应该还有其他的解答，不过应该都是大同小异，异曲同工。

综上本题是一个非常难得的好题，既不落窠臼，又恰到好处，难度适当，难度大概相当于高中数学联赛加试的第2题。解答的过程中只是用到了倒角相似及倒比例得到共圆，这都是平面几何最基本的知识和技巧，但也是平面几何的精髓所在。而且本题如果不用平面几何方法，要用三角或者解析、复数等计算的方法还颇为不易，确实是一个令人叹为观止的精妙的几何题！