通常扱う平面の変換は点の像は点である.相反変換は点の像は直線，直線の像は点であることに注意する．
すなわち，平面上の点全体および平面上の直線全体を$A$としたとき
$A\to A$
の写像である．平面に無限遠点，無限遠直線を加えると，1対１上への写像にになるので，変換と呼んでよいのであるが深入りしない．ちなみに，
円$\Gamma$の中心を$O$とし
$O$の像は無限遠直線
$O$を通る直線の像は無限遠点
無限遠点(平行な2直線の交点)の像は$O$を通る直線
と定めると，相反変換は$A\to A$の1対1上への写像となり$A$の変換となる．

$O$を中心とする半径$r$の円$\Gamma$に関する相反変換でこれから用いることをまとめておく
相反変換の性質
点$O$を中心とする円$\Gamma$に関する相反変換で
$(A)$点$P$の極線は直線$OP$に垂直，直線$p$の極は，$O$から$p$に下ろした垂線の足を$H$とすると$OH$上にある．($\because$ 定義)
$(B) \ \Gamma$上の点$P$の極線は$\Gamma$上の点$P$における接線，点$P$における$\Gamma$の接線の極は点$P$($\because$定義 )
$(C)$点$P$の極線が$p$のとき，$p$上の任意の点$Q$の極線は$P$を通る．($\because$定理1)
$(C)$より次のことが分かる．
$(C')$点$P_1,P_2,\dots ,P_n$が共線のとき，それらの極線は共点であり，直線$p_1,p_2,\dots p_n$が共点のとき，それらの極は共点である．
$(D)$2点$P,Q$の極線がそれぞれ$p,q$のとき直線$PQ$の極は$p,q$の交点である．
2直線$p,q$の極がそれぞれ$P,Q$のとき，$p,q$の交点の極線は直線$PQ$である．
($\because$直線$PQ$の極は$p$上にも$q$上にもあり，$p,q$の交点の極線は$P$を通り$Q$も通る)
$(E)$2点$P,Q$の極線をそれぞれ$p,q$とする．$\angle POQ$は$p,q$のなす角またはその補角に等しい．
($\because OP\perp p,OQ\perp q$)

三角形のその外接円$\Gamma$(中心は$O$)に関する相反変換で具体的に調べよう．
$(1) \triangle ABC$の辺$BC$の中点を$M$とする．
$\triangle ABC$の相反変換による像を$\triangle A'B'C'$とする．
($BC\mapsto A',CA\mapsto B',$
$AB\mapsto C'$)
$M$の極線$m$は，$A'$を通り，$OM$に垂直な直線．
$O,M,A'$は共線で，かつその直線は$\angle BA'C$の二等分線より，$m$は$\triangle A'B'C'$の$\angle A'$の外角の二等分線である．また，$m$と$B'C'$の交点が$\triangle ABC$の中線$AM$の極である．

$(2) \triangle ABC$の頂点$A$から対辺$BC$に下ろした垂線の足を$H$とする．
$H$の極線は$A'$を通り$OH$に垂直な直線．$H$の極線と$A$の極線($A$における接線)との交点が$AH$の極$H'$．
$AH\perp BC$であるから
$\angle A'OH'=90^{\circ}$
である．

$(3)\ \triangle ABC$の$\angle A$の内角の二等分線，外角の二等分線と円$\Gamma$との交点を$D,E$とし$AD,AE$の極をそれぞれ$D',E'$とする．
$AD$は$\angle A$の二等分線で
$\angle BAD=\angle B'OD'$またはその補角
$\angle CAD=\angle C'OD'$またはその補角
したがって$OD'$は$\triangle OB'C'$の頂角$O$の内角または外角の二等分線と辺$B'C'$との交点．
次に$\triangle ABC$の頂角$A$の外角の二等分線を$AE$とし，$AE$の極を$E'$とする．
$\angle BAE=\angle BOE'$またはその補角
$\angle CAE$の補角$=\angle C'OE'$またはその補角
したがって$OE'$は$\triangle OB'C'$の頂角$O$の内角または外角の二等分線と辺$B'C'$との交点である．
以上より$\triangle ABC$の頂角$A$の内角の二等分線の極は，直線$AB$の極を$A'$,直線$AC$の極を$C'$とすると，$\triangle OB'C'$の頂角$O$の内角または外角の二等分線と直線$B'C'$との交点のいずれかでありそのときもう一方の点は$\triangle ABC$の頂角$A$の外角の二等分線の極である．

相反変換の性質$(C')$より，新しい図形の性質を見つけることができる．
例えば，$(1)$より，$\triangle ABC$の外接円$\Gamma$に関する相反変換による像を$\triangle A'B'C'$とすると，$\triangle ABC$の中線$AL,BM,CN$は共点であるから， 相反変換による$AL,BM,CN$の像は共線である．したがって次の命題を得る．
命題
三角形の各頂点の外角の二等分線と対辺との交点は共線である．
内心や傍心を学ぶとき，三角形の内角や外角の共点について学ぶが，対をなす命題である．
証明
$\triangle ABC$の頂角の外角の二等分線と対辺との交点をそれぞれ$D,E,F$とする．
$BC=a,CA=b,AB=c$
と置くと
$\dfrac{BD}{DC}\cdot \dfrac{CF}{FA}\cdot \dfrac{AE}{EB}$
$=\dfrac{c}{-b}\cdot \dfrac{a}{-c}\cdot \dfrac{-b}{a}=-1$
メネラウスの定理より3点$D,E,F$は共線．
図に，$\angle B$の二等分線と対辺$CA$との交点を$L$，$\angle C$の二等分線と対辺$AB$との交点を$L$とし，3点$D,K,L$が共線であるあることも付け加えた．

三角形，四角形，6角形で内接円に関する相反変換で得られる性質を見ていこう．
先ず三角形から．
$\triangle ABC$の内接円を円$O$とし，辺$BC,CA,AB$との接点をそれぞれ$P,Q,R$とする．
このとき，円$O$に関する相反変換を考える．
点$A$の極線は直線$QR$であり，直線$AB$の極は点$R$である．
すなわち
$A\mapsto QR,B\mapsto RP,C\mapsto PQ$
$AB\mapsto R,BC\mapsto P,CA\mapsto Q$
である．
相反変換で，１点で交わる直線の極は一直線上にあり， 一直線上の点の極線は１点で交わることに注目する(定理1の系)．
$\triangle ABC$で$AP,BQ,CR$は一点で交わる
(∵$AQ=AR,$
$BR=BP,CP=CQ$
よりチェバの定理を用いて簡単に証明できる)．
一方，$AP,BQ,CR$の極線はそれぞれ$RQ,BC$の交点，$PR,AC$の交点， $PQ,AB$の交点である．
$\triangle ABC ,\triangle PQR$どちらで考えてもよいが，$\triangle PQR$で表すと次の定理を得る．

定理8
$\triangle PQR$の外接円を円$O$とする． 頂点$P$における接線と$P$の対辺との交点を$X$,頂点$Q$における 接線と$Q$の対辺との交点を$Y$,$R$における接線と$R$の対辺との交点を$Z$と する．
このとき，3点$X,Y,Z$は一直線上にある．

次に，四角形で考えよう.
四角形$ABCD$が円$O$に外接し，辺$AB,BC,CD,DA$との接点をそれぞれ$P,Q,R,S$ とする．このとき，円に外接する四角形の定理 より，４直線$AC,BD,PR,QS$は１点で交わるから，それぞれの直線の 極は一直線上にある．
それぞれの直線の極を求める．
直線$AC$の極は，$A$の極線$PS$と$C$の極線$QR$の交点である．
同様に，$BD$の極は$PQ$と$SR$の交点である．
次に，$PR$の極は$P$における接線と$R$における接線すなわち$AB,CD$の交点である．同様に$QS$ の極は$AD,BC$の交点である．
四角形$PQRS$に注目すると次の定理を得る．

定理9
四角形$PQRS$は円に内接する．このとき，$PS,QR$の交点を$W$，$PQ,SR$の交点を$X$，$P$に おける接線と$R$における接線の交点を$Y$， $Q$における接線と$S$における 接線の交点を$Z$とすると，４点$W,X,Y,Z$は同一直線上にある．

定理8,定理9は相反変換により簡単に導き出すことのできる性質である．

次に六角形の場合を考える．
円に内接する六角形のパスカルの定理は

円に内接する六角形の対辺の交点は一直線上にある．
すなわち，右図で，円に内接する六角形$ABCDEF$で対辺の交点すなわち$AB,DE$の交点を$P$, $BC,EF$の交点を$Q$,$CD,FA$の交点を$R$とすると， ３点$P,Q,R$は一直線上にある．

である．まずパスカルの定理で$B$を$A$に近づけ，$D$を$C$に近づけ，$F$を$E$ に近づけさらに重ねると6角形$ABCDEF$は$\triangle ACE$になり，直線$AB,CD,EF$ はそれぞれ$\triangle ACE$の外接円の接線になる． したがってパスカルの定理はすでに証明した定理8になることがわかる．
次に，$P,Q,R$の極線を求めよう．
まず，$A,B,C,D,E,F$で外接する円$O$の外接6角形を$GHIJKL$とする．
$P$の極線は，$AB$の極と$DE$の極を結ぶ直線すなわち直線$GJ$,同様に $Q$の極線は直線$HK$,$R$の極線は直線$LI$.
したがって３直線$GJ,HK,LI$が一点で交わることが分かる．したがって次の定理を得る．

定理10(Brianchonの定理)
六角形$GHIJKL$が円に外接するとき，相対する頂点を結ぶ直線, すなわち$GJ,HK,IL$は一点で交わる．

ここでは，パスカルの定理よりBrianchonの定理を導いたが，もちろんBrianchon の定理よりパスカルの定理を導き出すこともできる．

さてここまで，円で成り立つ定理を，２次曲線でも成り立つと述べてきましたが， 何でも成り立つわけではありません．それを説明します．
円錐の頂点を通らない平面で円錐を切ったとき切り口は２次曲線です．
円錐を頂点を通らない２つの平面$\pi ,\pi '$で円錐を切り，円錐の頂点$O$を中心とする中心射影
$f:\pi \to \pi '$
を考える．$O$を中心とする中心射影とは
$P\in \pi$に対して直線$OP$と平面$\pi '$との交点を$P'$とした時の
$P \mapsto P'$
のことです．$\pi$を円錐の中心軸に垂直にとれば切り口は円ですから， 円の像が２次曲線となる中心射影が存在します．
定理が中心射影で保たれるなら，円で成り立てば２次曲線でも成り立ちます．
具体的にはあとで，パスカルの定理で説明しますが，まず，中心射影で保たれる 性質を調べましょう.
まず，点の像は点であり，直線の像は直線です．
直線の像が直線になることは，
直線$l\in \pi$のとき$l$と$O$を含む平面と$\pi '$との交線が$l$の像であることより分かる． 直線の像が直線になることより，
一直線上にある点の像は一直線上にある．
点が点にうつるから，１点で交わる直線の像は１点で交わる直線である．
また，直線と曲線が接するなら，像の直線と曲線も接する．
もう一つ重要な性質があります．それは複比を保つことです．すなわち
$[f(A),f(B);f(C),f(D)]=[A,B;C,D]$
が成り立ちます．これはここでは用いません．
さて気が付くことは，長さや角度は保たれません． したがって，長さや角度の議論はできません．

パスカルの定理を見てみましょう．
円に内接する六角形$ABCDEF$で$AB,DE$の交点を$P$,$BC,EF$の交点を$Q$, $CD,FA$の交点を$R$とすると３点$P,Q,R$は一直線上にある．
が成り立つ．
中心射影$f:\pi \to \pi '$による円$C$に内接する六角形$ABCDEF$の 像を六角形$A'B'C'D'E'F'$とする．六角形$A'B'C'D'E'F'$は円$C$ の像である２次曲線$C'$に内接する．
直線$AB,DE$の像はそれぞれ$A'B',D'E'$であり，$AB,DE$の交点$P$ の像は$A'B',D'E'$の交点$P'$である．
$B'C',E'F'$の交点を$Q'$,$C'D',F'A'$の交点を$R'$とすれば， ３点$P,Q,R$が一直線上にあるから$P',Q',R'$は一直線上にある．

今まで，扱ってきた極，極線や定理の多くはは中心射影で保たれる性質であること が簡単に確認できると思います．

円を与えたとき，極と極線を用いて相反変換が定義されました．相反変換も 射影変換の一つと考えます．その説明をします．
射影変換の定義をします．
定義
平面間の点を点にうつす変換で
(1)直線を直線にうつす
(2)1直線上の点の複比を変えない
を満たすものを射影変換という.

(1)は１直線上の点を１直線上にうつすに置き換えられ，点は点はうつすから 一点で交わる直線の像も１点で交わることもわかる．
相反変換を見てみましょう．
点の像は直線で直線の像は点ですが，一直線上の点の像は，一点で交わり(直線の 極を通る)，１点で交わる直線の像は一直線上(交点の極線上にある)にある．
(1)の条件は満たすと考えてもよい．
相反変換が複比を保つことを示そう． 右図で，$A,B,C,D$は直線$p$上にあり，$p$の極を$P$,また$A,B,C,D$ の極線をそれぞれ$a,b,c,d$とする．$a,b,c,d$は点$P$を通る．
円$O$に関する$A,B,C,D$の反転変換の像をそれぞれ$A',B',C',D'$ とすると，直線$a,b,c,d$はそれぞれ$PA',PB',PC',PD'$である．
$OA\perp a,OB\perp b$(極線の定義)であるから
$\angle AOB=\angle A'PB'$(図の$1$の角)
同様に
$\angle BOC=\angle B'PC',\angle COD=\angle C'PD'$
したがって
$[A,B;C,D]=[a,b;c,d]$