$\left(1\right)\because ∠ACB=90°，CA=CB=2\sqrt{2}$，
$\therefore \angle A=\angle CBA=45^{\circ}$，
由勾股定理得，$AB=\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}=4$，
$\therefore AD=1$，$BD=3$，
如图$1$，连接$DE$，

由旋转的性质可知，$CD=CE$，$\angle DCE=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACB-\angle BCD=\angle DCE-\angle BCD$，即$\angle ACD=\angle BCE$，
$\because CA=CB$，$\angle ACD=\angle BCE$，$CD=CE$，
$\therefore \triangle ACD$≌$\triangle BCE\left(SAS\right)$，
$\therefore \angle CBE=\angle A=45^{\circ}$，$BE=AD=1$，
$\therefore \angle DBE=90^{\circ}$，
由勾股定理得，$DE=\sqrt{B{D}^{2}+B{E}^{2}}=\sqrt{10}$，$DE=\sqrt{C{D}^{2}+C{E}^{2}}=\sqrt{2}CD=\sqrt{10}$，
解得，$CD=\sqrt{5}$，
$\therefore CD$的长为$\sqrt{5}$；
$(2)$如图$2$，过$D$作$DE\bot DC$交$CB$的延长线于$E$，连接$AE$，

图$2$
$\because \angle BCD=45^{\circ}$，
$\therefore \angle CED=45^{\circ}=\angle BCD$，
$\therefore CD=DE$，
由勾股定理得，$CE=\sqrt{D{E}^{2}+C{D}^{2}}=6\sqrt{2}$，
由（1）可得$,\triangle ADE$≌$\triangle BDC\left(SAS\right)$，
$\therefore AE=BC=3$，$\angle AED=\angle BCD=45^{\circ}$，
$\therefore \angle AEC=90^{\circ}$，
由勾股定理得，$AC=\sqrt{A{E}^{2}+C{E}^{2}}=9$，
$\therefore AC$的长为$9$；
$(3)$如图$3-1$，连接$DE$，过$E$作$EN\bot AC$于$N$，$EM\bot DC$的延长线于$M$，则四边形$CMEN$是矩形，

图$3-1$
$\therefore CM=EN$，$ME=CN$，
设$AN=a$，则$CN=6-a$，
由勾股定理得，$EN^{2}=AE^{2}-AN^{2}$，$EN^{2}=CE^{2}-CN^{2}$，
$\therefore EN^{2}=3^{2}-a^{2}=6^{2}-\left(6-a\right)^{2}$，
解得，$a=\frac{3}{4}$，
$\therefore ME=CN=\frac{21}{4}$，$CM=EN=\frac{3\sqrt{15}}{4}$，$DM=\frac{3\sqrt{15}}{4}+6$，
由勾股定理得，$DE=\sqrt{M{E}^{2}+D{M}^{2}}=3\sqrt{8+\sqrt{15}}$，
由题意知，$PQ$是$\triangle ADE$的中位线，
$\therefore PQ=\frac{1}{2}DE=\frac{3\sqrt{8+\sqrt{15}}}{2}$；
如图$3-2$，连接$DE$，过$E$作$EN\bot AC$于$N$，$EM\bot DC$于$M$，则四边形$CMEN$是矩形，

图$3-2$
同理，$ME=CN=\frac{21}{4}$，$CM=EN=\frac{3\sqrt{15}}{4}$，$DM=6-\frac{3\sqrt{15}}{4}$，
由勾股定理得，$DE=\sqrt{M{E}^{2}+D{M}^{2}}=3\sqrt{8-\sqrt{15}}$，
由题意知，$PQ$是$\triangle ADE$的中位线，
$\therefore PQ=\frac{1}{2}DE=\frac{3\sqrt{8-\sqrt{15}}}{2}$；
综上所述，$PQ$的长为$\frac{3\sqrt{8+\sqrt{15}}}{2}$或$\frac{3\sqrt{8-\sqrt{15}}}{2}$.

$\left(1\right)\because ∠ACB=90°，CA=CB=2\sqrt{2}$，
$\therefore \angle A=\angle CBA=45^{\circ}$，
由勾股定理得，$AB=\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}=4$，
$\therefore AD=1$，$BD=3$，
如图$1$，连接$DE$，

由旋转的性质可知，$CD=CE$，$\angle DCE=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACB-\angle BCD=\angle DCE-\angle BCD$，即$\angle ACD=\angle BCE$，
$\because CA=CB$，$\angle ACD=\angle BCE$，$CD=CE$，
$\therefore \triangle ACD$≌$\triangle BCE\left(SAS\right)$，
$\therefore \angle CBE=\angle A=45^{\circ}$，$BE=AD=1$，
$\therefore \angle DBE=90^{\circ}$，
由勾股定理得，$DE=\sqrt{B{D}^{2}+B{E}^{2}}=\sqrt{10}$，$DE=\sqrt{C{D}^{2}+C{E}^{2}}=\sqrt{2}CD=\sqrt{10}$，
解得，$CD=\sqrt{5}$，
$\therefore CD$的长为$\sqrt{5}$；
$(2)$如图$2$，过$D$作$DE\bot DC$交$CB$的延长线于$E$，连接$AE$，

图$2$
$\because \angle BCD=45^{\circ}$，
$\therefore \angle CED=45^{\circ}=\angle BCD$，
$\therefore CD=DE$，
由勾股定理得，$CE=\sqrt{D{E}^{2}+C{D}^{2}}=6\sqrt{2}$，
由（1）可得$,\triangle ADE$≌$\triangle BDC\left(SAS\right)$，
$\therefore AE=BC=3$，$\angle AED=\angle BCD=45^{\circ}$，
$\therefore \angle AEC=90^{\circ}$，
由勾股定理得，$AC=\sqrt{A{E}^{2}+C{E}^{2}}=9$，
$\therefore AC$的长为$9$；
$(3)$如图$3-1$，连接$DE$，过$E$作$EN\bot AC$于$N$，$EM\bot DC$的延长线于$M$，则四边形$CMEN$是矩形，

图$3-1$
$\therefore CM=EN$，$ME=CN$，
设$AN=a$，则$CN=6-a$，
由勾股定理得，$EN^{2}=AE^{2}-AN^{2}$，$EN^{2}=CE^{2}-CN^{2}$，
$\therefore EN^{2}=3^{2}-a^{2}=6^{2}-\left(6-a\right)^{2}$，
解得，$a=\frac{3}{4}$，
$\therefore ME=CN=\frac{21}{4}$，$CM=EN=\frac{3\sqrt{15}}{4}$，$DM=\frac{3\sqrt{15}}{4}+6$，
由勾股定理得，$DE=\sqrt{M{E}^{2}+D{M}^{2}}=3\sqrt{8+\sqrt{15}}$，
由题意知，$PQ$是$\triangle ADE$的中位线，
$\therefore PQ=\frac{1}{2}DE=\frac{3\sqrt{8+\sqrt{15}}}{2}$；
如图$3-2$，连接$DE$，过$E$作$EN\bot AC$于$N$，$EM\bot DC$于$M$，则四边形$CMEN$是矩形，

图$3-2$
同理，$ME=CN=\frac{21}{4}$，$CM=EN=\frac{3\sqrt{15}}{4}$，$DM=6-\frac{3\sqrt{15}}{4}$，
由勾股定理得，$DE=\sqrt{M{E}^{2}+D{M}^{2}}=3\sqrt{8-\sqrt{15}}$，
由题意知，$PQ$是$\triangle ADE$的中位线，
$\therefore PQ=\frac{1}{2}DE=\frac{3\sqrt{8-\sqrt{15}}}{2}$；
综上所述，$PQ$的长为$\frac{3\sqrt{8+\sqrt{15}}}{2}$或$\frac{3\sqrt{8-\sqrt{15}}}{2}$.