解：$(1)$延长$BP{至}E，$使$PE=PC，$连结$CE.$
$∵∠1=∠2=60°，$$∠3=∠4=60°，$
$∴∠CPE=60°，$
$∴△PCE$是等边三角形，
$∴CE=PC，$$∠E=∠3=60°.$
又$∵∠EBC=∠PAC，$
$∴△BEC≌△APC，$
$∴PA=BE=PB+PE=PB+PC.$
$(2)$过点$B$作$BE⊥PB$交$PA$于$E.$
$∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°，$
$∴∠1=∠3.$
又易知$∠APB=45°，$
$∴BP=BE，$
$∴PE=\sqrt{2}PB.$
又$∵AB=CB，$
$∴△ABE≌△CBP，$
$∴PC=AE，$
$∴PA=AE+PE=PC+\sqrt{2}PB.$
$(3)PA、$$PB、$$PC$满足关系式：$PA=PC+\sqrt{3}PB.$
理由如下：
在$AP{上截取}AQ=PC，$连结$BQ，$过点$B$作$BM⊥PQ{于}M.$
$∵∠BAP=∠BCP，$$AB=CB，$
$∴△ABQ≌△CBP，$
$∴BQ=BP.$
又易知$∠APB=30°，$
$∴PQ=\sqrt{3}PB，$
$∴PA=AQ+PQ=PC+\sqrt{3}PB.$
