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$∠APB=30°，$
∴$PQ=\sqrt {3}PB，$
∴$PA=AQ+PQ=PC+\sqrt {3}PB.$
