(2)解：已知線段$AB，$$A(1,1)，$$B(3,1)，$進行“$a$型平移”后，$A'(1 + a,1 - a)，$$B'(3 + a,1 - a)。$
當線段$A'B'$與$x$軸有公共點時，即$1 - a = 0，$解得$a = 1；$
當線段$A'B'$與$y$軸有公共點時，即$\begin{cases}1 + a\leqslant0\\3 + a\geqslant0\end{cases}，$
解$1 + a\leqslant0$得$a\leqslant - 1，$解$3 + a\geqslant0$得$a\geqslant - 3，$所以$-3\leqslant a\leqslant - 1。$
故$a$的取值范圍為$-3\leqslant a\leqslant - 1$或$a = 1。$
(3)解：因為點$C(4,0)，$$D(6,-2)，$將線段$CD$進行“$1$型平移”后得到的對應線段為$C'D'，$則$C'(5,-1)，$$D'(7,-3)。$
又$A(1,1)，$$B(3,1)，$$O(0,0)，$所以$AB = 3 - 1 = 2，$$S_{\triangle ABO}=\frac{1}{2}\times AB\times y_{A}=\frac{1}{2}\times2\times1 = 1，$則$S_{\triangle MC'D'}=5S_{\triangle ABO}=5。$
①當點$M$在$y$軸上時，設$M(0,a)，$
則$S_{\triangle MC'D'}=\frac{1}{2}\times5\times|a + 3| = 5，$
即$|a + 3| = 2，$
當$a + 3 = 2$時，$a = - 1；$當$a + 3 = - 2$時，$a=-5$（舍去），所以$M_1(0,-1)；$
②當點$M$在$x$軸上時，設$M(b,0)，$
$S_{\triangle MC'D'}=S_{\triangle MCD'}-S_{\triangle MCC'}，$
$S_{\triangle MCD'}=\frac{1}{2}MC\cdot|y_{D'}|=\frac{1}{2}\times|b - 4|\times3，$$S_{\triangle MCC'}=\frac{1}{2}MC\cdot|y_{C'}|=\frac{1}{2}\times|b - 4|\times1，$
則$\frac{1}{2}MC\cdot y_{D'}-\frac{1}{2}MC\cdot y_{C'}=\frac{1}{2}MC(y_{D'}-y_{C'})=\frac{1}{2}\times|b - 4|\times(3 - 1)=|b - 4| = 5，$
解得$b = 9$或$b = - 1，$所以$M_2(9,0)，$$M_3(-1,0)；$
③當點$M$在$y$軸上且在$x$軸上方時，設$M(0,m)，$
根據(jù)圖形面積關系$\frac{7(m + 3)}{2}=5+\frac{5(m + 1)}{2}+\frac{(5 + 7)\times2}{2}，$
$7(m + 3)=10 + 5(m + 1)+12\times2，$
$7m+21 = 10 + 5m + 5+24，$
$7m - 5m=10 + 5+24 - 21，$
$2m = 18，$解得$m = 9，$所以$M_4(0,9)。$
綜上，點$M$的坐標為$M_1(0,-1)，$$M_2(9,0)，$$M_3(-1,0)，$$M_4(0,9)。$
