其实问题就是给定y方向的视域角\(\alpha\)，和视域的宽高比\(r\)，求投影矩阵。
我们首先假设投影平面距离摄像机的距离为\(d\)，视域的宽为\(w\)，高为\(h\)，近剪裁面距离摄像机的距离为\(n\)，远剪裁面距离摄像机的距离为\(f\)，那么首先有：
\[r= \frac{w}{h}
\]
\[tan\frac{\alpha}{2} = \frac{h}{d}
\]
假设观察坐标系中的任一点\(P\)，坐标为\((x,y,z)\)，通过投影变换到投影平面的坐标为\((x',y',z')\)，由相似三角形，得到：
\[\dfrac{x'}{x} = \dfrac{d}{z}
\]
\[\dfrac{y'}{y} = \dfrac{d}{z}
\]
综合上式，求出\(x'\)和\(y'\)：
\[x'= \dfrac{h x}{tan\dfrac{\alpha}{2} z}
\]
\[y'= \dfrac{h y}{tan\dfrac{\alpha}{2} z}
\]
位于视锥体中的\(x'\)和\(y'\)满足\(-w \leq x' \leq w\)，\(-h \leq y' \leq h\)，那么将其归一化有：
\[x'= \dfrac{x}{r tan\dfrac{\alpha}{2} z}
\]
\[y'= \dfrac{y}{tan\dfrac{\alpha}{2} z}
\]
注意到上述求得的\(x'\)和\(y'\)里的分母中均包含\(z\)，为了用矩阵形式来表达投影变换，必须要借助齐次坐标，有：
\[[x, y, z, 1] \cdot \begin{bmatrix} \dfrac{1}{rtan\dfrac{\alpha}{2}} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{tan\dfrac{\alpha}{2}} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & A & 1 \\ 0 & 0 & B & 0 \end{bmatrix} = [x'\cdot z, y' \cdot z, Az+B, z]
\]
因而可得到\(z'=\dfrac{Az+B}{z}\)。同时，我们希望\(z'\)满足：
- \(0 \leq z' \leq 1\)
- 对于原始的\(z_1,z_2\)，如果满足\(z_1 < z_2\)，那么\(z'_1 < z'_2\)
因为原始的\(z\)范围为\(n \leq z \leq f\)，所以有：
\[\begin{cases}
\dfrac{An+B}{n} = 0 \\
\dfrac{Af+B}{f} = 1
\end{cases}
\]
解方程组，得到：
\[\begin{cases}
A = \dfrac{f}{f - n} \\
B = \dfrac{nf}{n - f}
\end{cases}
\]
综上，得到最终的投影矩阵为
\[\begin{bmatrix} \dfrac{1}{rtan\dfrac{\alpha}{2}} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{tan\dfrac{\alpha}{2}} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \dfrac{f}{f - n} & 1 \\ 0 & 0 & \dfrac{nf}{n - f} & 0 \end{bmatrix}
\]
所以，投影变换后的\(z' = \dfrac{f}{f - n} + \dfrac{nf}{(n - f)z}\)。
让我们观察下不同情况下\(n\)和\(f\)的取值变换\(z'\)的函数曲线。
左边的曲线是\((n=1,f=100)\)，右边的曲线是\((n=10,f=100)\)。不难看出，当\(n\)和\(f\)的差距越小时，变换后的\(z'\)精度更高。
在进行投影变换之后，透视除法之前，这时候坐标系称作齐次剪裁空间或者投影空间。在透视除法之后，被称作标准设备坐标系。