1：在45度的坐标系点变换中，$(x,y)$会变换成$(\frac{x+y}{\sqrt{2}},\frac{x-y}{\sqrt{2}})$和$(\frac{y-x}{\sqrt{2}},\frac{x+y}{\sqrt{2}})$。

证明：

设A的坐标为$(x,y)$。

1.当A在$x$轴上时：

作M使得$A'M \perp AO$

$\because OA=OA',\angle AOA'=45^\circ$
$\therefore \triangle A'MO$ 是等腰直角三角形
$\therefore OM=A'M=\frac{A'O}{\sqrt{2}}=\frac{x}{\sqrt{2}}$
$\therefore A'(\frac{x}{\sqrt{2}},\frac{x}{\sqrt{2}})$

由于对称性，点A向第四象限移动45度的坐标 $A''(-\frac{x}{\sqrt{2}},-\frac{x}{\sqrt{2}})$

2.当A在$y$轴上时

作M使得$A'M \perp x$轴

$\because OA=OA',\angle AOA'=45^\circ$
$\therefore \angle A'OM=\angle AOM-\angle AOA'=45^\circ$
$\therefore \triangle A'MO$ 是等腰直角三角形
$\therefore OM=A'M=\frac{A'O}{\sqrt{2}}=\frac{y}{\sqrt{2}}$
$\therefore A'(\frac{y}{\sqrt{2}},\frac{y}{\sqrt{2}})$
由于对称性，点A向第二象限移动45度的坐标 $A''(-\frac{y}{\sqrt{2}},\frac{y}{\sqrt{2}})$

3.当A在象限中时：
以第一象限为例，其他都相同。

作$Q,M$使得$A'M\perp x$轴，$A''Q\perp y$轴，易证$\triangle A''QO\cong\triangle AMO$
设$A'(x1,y1)$，圆O半径为$r$
则：$y1=r.\sin \alpha,x1=r.\cos\alpha,\sin(\alpha+45^\circ)=\frac{y}{r},\cos(\alpha+45^\circ)=\frac{x}{r}$
我们考虑拆$\sin(\alpha+45^\circ)=\frac{y}{r}$和$\cos(\alpha+45^\circ)=\frac{x}{r}$，得：

$\therefore \begin{cases}\sin\alpha.\cos45^\circ + \cos\alpha.\sin45^\circ=\frac{y}{r}\\\cos\alpha.\cos45^\circ-\sin\alpha.\sin45^\circ=\frac{x}{r}\end{cases}$

解得：$\begin{cases}\sin\alpha=\frac{x+y}{\sqrt{2}.r}\\\cos\alpha=\frac{y-x}{\sqrt{2}.r}\end{cases}$

$\therefore x1=r.\cos\alpha=\frac{y-x}{\sqrt{2}},y1=r.\sin\alpha=\frac{x+y}{\sqrt{2}}$
$\therefore A'(\frac{y-x}{\sqrt{2}},\frac{x+y}{\sqrt{2}})$
$\because \triangle A''QO\cong\triangle AMO$

$\therefore A'M=A''Q,OQ=OM$
$\therefore A''(\frac{x+y}{\sqrt{2}},\frac{x-y}{\sqrt{2}})$

综上，命题成立。