如图，点 $P$ 为矩形 $ABCD$ 内一点，$\angle PAB=20^\circ$，$\angle PBA=10^\circ$，$\angle APD=70^\circ$，则 $\angle BPC=$ _______．
解 $40^\circ$．
方法一 如图，过 $P$ 作 $AB$ 的平行线，分别交 $AD,BC$ 于 $M,N$．
设 $AM=BN=1$，$\angle CPN=\theta$，则\[PM=\dfrac{1}{\tan 20^\circ},PN=\dfrac{1}{\tan 10^\circ},\]于是由 $DM=CN$ 可得\[\dfrac{\tan 50^\circ}{\tan 20^\circ}=\dfrac{\tan \theta}{\tan 10^\circ},\]于是\[\tan\theta=\dfrac{\tan 10^\circ\cdot \tan 50^\circ}{\tan 20^\circ}=\tan 10^\circ\cdot \tan 50^\circ\cdot \tan 70^\circ=\tan 30^\circ,\]因此\[\angle BPC=\angle BPN+\angle CPN=40^\circ.\]
方法二 如图，将 $P$ 平移到 $Q$，使得 $PQ$ 与 $AB$ 平行且相等，连接 $QP,QC,QB$．
设 $\angle CPQ=x$，则根据角元塞瓦定理，有\[\dfrac{\sin\angle BPQ}{\sin\angle QPC}\cdot \dfrac{\sin\angle PCQ}{\sin\angle QCB}\cdot \dfrac{\sin \angle CBQ}{\sin\angle QBP}=1,\]即\[\dfrac{\sin 10^\circ}{\sin x}\cdot \dfrac{\sin (130^\circ-x)}{\sin 40^\circ}\cdot \dfrac{\sin 70^\circ}{\sin 150^\circ}=1,\]也即\[\dfrac{\sin(x+50^\circ)}{\sin x}=\dfrac{\sin 40^\circ\cdot \sin 30^\circ}{\sin 10^\circ\cdot \sin 70^\circ},\]也即\[\dfrac{\sin (x+50^\circ)}{\sin x}=\dfrac{\sin 80^\circ}{\sin 30^\circ},\]也即\[\cos(80^\circ-x)=\cos(x+20^\circ),\]解得 $x=30^\circ$，于是 $\angle BPC=40^\circ$．