• Ако је тачка на кружници инверзије, већ смо закључили да се она пресликава на саму себе.
• Нека је $А$ тачка у спољашњој области круга $к(О,r)$. Конструишемо тангенте из тачке $А$ на круг $к$. Нека су додирне тачке тих тангенти редом $P$ и $Q$.
  Тада је тражена тачка $А\text{'}$ пресечна тачка дужи $PQ$ и $OA$.

  Померањем тачака А или О помера се и тачка А'.

  
  
  Заиста, како је ∠$POA\; =$ ∠$POA\text{'}$ и ∠$OPA\; =$ ∠$OA\text{'}P\; =\; 90\; °$ следи да су △$OPA\text{'}$ и △$OAP$ слични па је $|ОА\text{'}|:|ОP|\; =\; |OP|:|OA|$, тј. $|ОА|·|ОА\text{'}|\; ={\mathrm{|OP|}}^2=r^2$, што значи да је тачка $А\text{'}$ инверзна тачки $А$ у односу на круг $k$.

• Ако је $А$ тачка у унутрашњости круга инверзије $k(О,r)$ различита од центра, тада уочимо праву ортогоналну на $ОА$ у тачки $А$. Нека су $P$ и $Q$ пресечне тачке те праве и круга $k$. Потом уочимо тангенте на круг $k$ у тачкама $P$ и $Q$.
  Тада је тачка $А\text{'}$ пресечна тачка ових тангентних линија.

  Померањем тачака А или О помера се и тачка А'.

  
  
  Слично као у претходном случају, то следи из сличности △$OPA\text{'}$ и △$OAP$

Примери

• Пример 1
  Нека је ${\psi }_{\mathrm{k}}$ инверзија у односу на круг $k(О,r)$, $А$ и $B$ произвољне тачке и $А\text{'}$ и $B\text{'}$ њихове слике при тој инверзији ${\psi }_{\mathrm{k}}$. Тада важи
  

  $|A\text{'}B\text{'}|\; =\; \frac{r^2}{\mathrm{|ОА|·|ОB|}}·|AB|$.

  Решење
  Разматрамо прво случај ако су тачке $О$, $А$ и $B$ колинеарне, и нека је на пример, $$B(O,А,B).

  

  Тада је $$B(O,B',А') па је
  $|A\text{'}B\text{'}|\; =\; |OA\text{'}|\; -\; |OB\text{'}|\; =\; \frac{r^2}{\mathrm{|ОА|}} \; -\; \frac{r^2}{\mathrm{|ОB|}} \; =\; \frac{\mathrm{|ОА|·|ОB|}}{}·r^2 \; =\; \frac{{\mathrm{AB}}^2}{\mathrm{|ОА|·|ОB|}}$ .
  Нека су сада $О$, $А$ и $B$ неколинеарне тачке.

  

  Како је ${\psi }_{\mathrm{k}}(А)\; =\; А\text{'}$ и ${\psi }_{\mathrm{k}}(B)\; =\; B\text{'}$, важи
  $|ОА|·|ОА\text{'}|=r^2=\; |ОB|·|ОB\text{'}|$, па је $|ОА|:|ОB\text{'}|\; =\; |OB|:|OA\text{'}|$.
  Користећи још да је ∠$AOB\; =$ ∠$B\text{'}OA\text{'}$ закључујемо да су троуглови △$OAB$ и △$OB\text{'}A\text{'}$ слични.
  Отуда је $|ОB\text{'}|=r^2:\; |ОB|$ и $|А\text{'}B\text{'}|:|AB|\; =\; |OB\text{'}|:|OA|$ па је
  $|A\text{'}B\text{'}|\; =\; \frac{r^2}{\mathrm{|ОА|·|ОB|}}·|AB|$.
  
  
• Пример 2
  Нека је $А$, $А\text{'}$ пар одговарајућих тачака инверзије ${\psi }_{\mathrm{k}}$ у односу на круг $k$. Доказати да је однос $|XА|:|XA\text{'}|$ константан за сваку тачку $X$ ∈ $k$.
  Решење
  Kako je ${\psi }_{\mathrm{k}}(А)\; =\; А\text{'}$ и ${\psi }_{\mathrm{k}}(X)\; =\; X\text{'}$ јер $X$ ∈ $k$ следи да је $|ОА|·|ОА\text{'}|=r^2$ и $|ОX|·|ОX\text{'}|=r^2$, па је $|ОА|·|ОА\text{'}|\; =\; |ОX|·|ОX\text{'}|,\; тј.$ |ОА|:|ОX|\; =\; |OX|:|OA\text{'}|$.$
  Користећи још да је ∠$AOX\; =$ ∠$A\text{'}OX$ закључујемо да су △$OAX$ и △$XOA\text{'}$ слични па је $|XA|:|XA\text{'}|\; =\; |OX|:|OA\text{'}|\; =\; r:|OA\text{'}|\; =\; |OA|:r$, тј. $|XA|:|XA\text{'}|$ не зависи од тачке $X$.