DƏrs vəSAİTİ Азярбайъан Республикасы Тящсил Назирлийи Елми-Методик Шурасынын

Məsələ.  Verilmiş 
düzbucaqlı 
ilə 
bir 
böyüklükdə 
kvadrat 
qurun. 
Tutaq  ki,  ABCD 
verilmiş 
düzbucaqlıdır.  Onun 
AB  oturacağı  a,  BC 
hündürlüyü 
b, 
axtarılan 
kvadratın 
tərəfini  isə  x  ilə  işarə  edək.  Onda  x
2
=ab  olar. 
Aydındır  ki,  verilmiş  düzbucaqlı  ilə  bir  böyüklükdə 
olan  kvadtarın  x  tərəfi  bu  düzbucaqlının  oturacağı 
və  hündürlüyü  arasında  orta  mütənasib  parçadır.  a 
və b parçaları arasında orta mütənasib x parçasının 
qurulması şəkil 63-də göstərilmişdir. 
Həndəsə  məsələlərini  cəbri  üsulla  həll  etdikdə 
bir  neçə  dəyişən  daxil  etmək  lazım  gəlir.  Məsələ 
şərtində  tapılması  tələb  edilən  kəmiyyəti  məchul 
qəbul  etmək  zəruri  deyildir.  Bir  çox  hallarda  başqa 
dəyişən  qəbul  etməklə  daha  sadə  münasibət  almaq 
olur  ki,  həmin  dəyişənin  tapılmış  qiyməti  ilə  tələb 
olunan kəmiyyəti hesablamaq olur. Beləliklə, həndəsə 
Şəkil 63 
B 

məsələlərinin  cəbri  üsulla  həllində  dəyişənin  seçilməsi 
böyük əhəmiyyət kəsb edir. 
Bəzən bucağın dəyişən kəmiyyət kimi seçilməsi 
məqsədəuyğun olur. Bu halda həmin bucağı tapmaq 
üçün  triqonometrik  tənlik  tərtib  edilir.  Axtarılan 
bucağın  triqonometrik  funksiyasını  verilmiş  ele-
mentlərlə  ifadə  edərək  əvvəlcə  həmin  bucağı,  sonra 
isə tələb edilən fiquru qurmaq olar. 
Məsələ. 
Hipotenuzuna, 
düz 
bucağın 
tənböləninə  görə  düzbu-
caqlı üçbucaq qurun. 
Analiz. 

BDC=x 
qəbul  edək  (şəkil  64).  x 
bucağının qiymətini tapa 
bilsək,  onda  köməkçi 
BDC 
üçbucağın 
l 
tənböləninin  uzunluğuna,  45
0
  və 

BDC=x  bu-
caqlarına  görə  qurmaq  olar.  Bundan  sonra  x 
bucağının  tərəfini  c  uzunluğuna  qədər  uzadıb  onu 
45
0
-li  bucağın  təpə  nöqtəsi  ilə  birləşdirərək  tələb 
edilən üçbucağı qurmaq olar. 
AD=m, BD=n işarə edək. 

ACD-dən 
sinuslar 
teoreminə 
görə 
A
CD
AD
sin
45
sin
0

  yazmaq  olar.  Üçbucağın  xarici 
Şəkil 64 

bucaqlarının  xassəsinə  əsasən  x=A+45
0
  və  ya  A=x-
45
0
 tapsaq 
)
45
sin(
45
sin
0
0


x
l
m
       (1) alarıq. 

BCD-dən həmçinin sinuslar teoreminə görə  
)
45
(
180
sin(
45
sin
;
sin
45
sin
0
0
0
0




x
l
n
B
CD
BD
    (2) 
və  ya 
)
45
sin(
45
sin
0
0


x
l
n
  alarıq.  (1)  və  (2) 
bərabərliklərini hədbəhəd toplasaq, 
l
x
x
x
x
n
m
)
45
sin(
)
45
sin(
)
45
sin(
)
45
sin(
45
sin
0
0
0
0
0







 
)
45
sin(
)
45
cos(
45
cos
sin
2
)
45
sin(
)
45
sin(
45
cos
sin
2
45
sin
0
0
0
0
0
0
0






x
x
x
l
x
x
x
l
c
 və ya 
1
sin
2
sin
2
2
sin
2
)
90
2
sin(
sin
2
2
0




x
x
l
x
sos
x
l
x
x
l
 alarıq. 
Buradan  2csin
2
x-2lsinx-c=0  yazmaq  olar.  Bu 
tənlikdən sinx-i tapaq: 
c
c
l
l
x
2
2
sin
2
2



 
Burada sin x

0 olduğu üçün yalnız müsbət kök 
yarayır. 
Deməli, 
c
c
l
l
x
2
2
sin
2
2



 
olur.  Şərtə  görə 

0

sinx

1-dir. l üçün ən böyük mümkün qiymət 
2
c
-yə 
bərabər olur. 
Qurma.  Əvvəl 
2
c
  parçasını  katetləri  c  və  c 
olan  düzbucaqlı  üçbucağın  hipetonuzu  kimi 
qururuq.  Sonra 
 
2
2
2c
l

  parçasını  katetləri  l  və 
olan  düzbucaqlı  üçbucağın  hipetonuzu  kimi  quraq. 
Həmin 
şəkildə 
 
2
2
2c
l
l
MN



 
parçasını 
qurmaqla,  N  nöqtəsindən  2c  radiuslu  qövslə  P 
nöqtəsini  tapırıq.  ΔMPN-də 

MPN=x  tələb  edilən 
bucaqdır (şəkil 65). 
Maksimum  və  minimuma  aid  həndəsə 
məsələlərinin  əksəriyyəti  cəbri  üsulla  həll  edilir.  Bu 
halda  məsələ  müəyyən  cəbri  və  ya  triqonometrik 
funksiyanın  maksimumu  və  ya  minimumunun 
araşdırılmasına  gətirilir.  Qeyd  edək  ki,  araşdırma 
arqumentin  elə  qiymətləri  çoxluğunda  aparılmalıdır 
ki, o zaman baxılan həndəsi fiqurun varlığı mümkün 
olsun. Funksiyanın araşdırılması 2 üsulla aparıla bilər: 
a) elementar  vasitələrlə  (törəmənin  tətbiqi  olmadan); 
b) törəmənin tətbiqi ilə. 
Məsələ.  Verilmiş  l  düz  xəttinin  müxtəlif 
tərəflərində  yerləşən  A  və  B  nöqtələrindən  elə  çevrə 
keçirin  ki,  bu  çevrənin  düz  xətdən  ayırdığı  vətərin 
uzunluğu ən kiçik olsun. 
Şəkil 65 

Həlli. AB par-
çasının  l  düz  xətti 
ilə  kəsişmə  nöqtəsi 
E; A  və  B nöqtələ-
rindən  keçən  çev-
rənin 
l 
düz 
xəttindən  kəsdiyi 
vətər CD olsun (şəkil 66). 
AE=a,  BE=b,  CE=x,  DE=y  işarə  etsək 
CD=x+y,  xy=ab  olar.  Aydındır  ki, 
ab
y
x


 
olduqda  CD-in  uzunluğu  ən  kiçik  olar.  Axtarılan 
çevrənin  mərkəzi  E  nöqtəsində  l  düz  xəttinə  qaldı-
rılmış  perpendikulyarla  AB  parçasının  orta 
perpendikulyarının kəsişmə nöqtəsi olar. 
 
Mцsтяqil həll etmяk цчцn mяsяlяlяr 
 
1.
 
İki  paralel  a  və  b  düz  xətləri  və  bu  düz  xətlərin 
xaricində  A  nöqtəsi  verilmişdir.  A  nöqtəsindəki 
təpə  bucağı  verilmiş 

-ya  bərabər,  oturacağının 
təpə  nöqtələri  isə  verilmiş  a  və  b  düz  xətləri 
üzərində olan bərabəryanlı üçbucaq qurun. 
2.
 
Verilmiş üçbucağın sahəsini və perimetrini yarıya 
bölən düz xətt çəkin. 
3.
 
Katetləri  fərqinə  və  hipetonuzuna  çəkilmiş 
hündürlüyünə görə düzbucaqlı üçbucaq qurun. 
4.
 
Verilmiş üç hündürlüyünə görə üçbucaq qurun. 
Şəkil 66 

5.
 
Verilmiş bucağın daxilində yerləşən nöqtədən elə 
düz  xətt  keçirin  ki,  bu  düz  xəttin  bucağın 
tərəflərindən  kəsib  ayırdığı  parçaların  cəmi  ən 
kiçik olsun. 
6.
 
Verilmiş yarımçevrə daxilinə: 
a.
 
Sahəsi ən böyük olan; 
b.
 
Perimetri ən böyük olan düzbucaqlı çəkin. 
7.
 
Bir  düz  xətt  üzərində  yerləşməyən  A,  B,  C 
nöqtələri verilmişdir. A nöqtəsindən elə l düz xətti 
çəkin ki, B və C nöqtələrindən ı düz xəttinə qədər 
məsafələrin cəmi: 
a.
 
Verilmiş məsafəyə bərabər olsun; 
b.
 
Ən böyük (ən kiçik) qiymət alsın. 
8.
 
Trapesiyanın oturacaqları a və b-dir. Trapesiyanı 
bir  böyüklükdə  iki  hissəyə  ayırın,  oturacaqlara 
paralel keçirilmiş düz xətt parçasının uzunluğunu 
tapın. 
9.
 
Verilmiş  paraleloqramı  bir  təpədən  çəkilən  iki 
düz xətlə bir böyüklükdə olan üç hissəyə bölün. 
10.
 
Verilmiş üçbucağın perimetrini və sahəsini yarıya 
bölən düz xətti qurun. 
11.
 
 Verilmiş  nöqtədən  verilmiş  çevrəyə  elə  kəsən 
çəkin  ki,  onun  çevrə  ilə  ayrılmış  parçaları  fərqi 
verilmiş parçaya bərabər olsun. 
12.
 
Hipotenuzuna  və  iti  bucağının  tənböləninə  görə 
düzbucaqlı üçbucaq qurun. 

13.
 
c  tərəfinə,  onun  qarşısındakı 

C  bucağına  və 
daxilinə  çəkilmiş  çevrənin  radiusuna  görə 
üçbucaq qurun. 
14.
 
Sahələri m:n nisbətində olan iki kvadrat qurun. 
15.
 
İki  tərəfinə  və  bu  iki  tərəfin  əmələ  gətirdiyi 
bucağın tənböləninə görə üçbucaq qurun. 
16.
 
Verilmiş iki nöqtədən keçən və verilmiş düz xəttə 
toxunan çevrə qurun. 
17.
 
MN  parçası  və  onun  daxili  A  nöqtəsi  verilmişdir. 
AB tərəfi AD tərəfindən iki dəfə böyük, BC və CD 
tərəfləri  isə  uyğun  olaraq  N  və  M  nöqtələrindən 
keçən ABCD düzbucaqlısını qurun. 
18.
 
İki 
hündürlüyünə 
və 
perimetrinə 
görə 
paraleloqram qurun. 
19.
 
ABCD  kvadratının  BC  tərəfi  üzərində  elə  E 
nöqtəsi qurun ki, AE=EC+CD olsun. 
 
Cяbri цsul 
Həndəsi 
fiqura 
daxil 
olan 
parçaların 
uzunluqları  arasında  müəyyən  ədədi  asılılıqlar 
düzəltmək  olar.  Uzunluq  vahidinin  seçilməsindən 
asılı olmayan asılılıqlara metrik münasibətlər deyilir. 
Belə münasibətlərin hər birini  
x=f (a,b,c, ..., k, e) 
burada  a,  b,  c,  ...,  k,  e  –  müəyyən  parçaların 
uzunluqları,  x  –  parçanın  uzunluğudur  şəklində 
göstərmək olar.   

x=f(a,b,c, 
..., 
k, 
e) 
funksiyası 
öz 
arqumentlərinin  müsbət  qiymətlərinin  müəyyən 
oblastında  təyin  olunmuşdur  və  bu  oblastda, 
ümumiyyətlə,  yalnız  müsbət  qiymətlər  alır,  ölçü 
vahidinin  seçilməsindən  asılı  olmayaraq  x=f(a,b,c, 
..., k, e) münasibətinin eyni bir parçanı təyin etməsi 
şərti  ondan  ibarətdir  ki,  həmin  münasibət  öz 
arqumentlərindən  asılı  bir  dərəcəli  bircins  funksiya 
olsun.  Bu  halda  x=f(a,b,c,  ...,  k,  e)  münasibəti 
uzunluq  vahidinin  seçilməsindən  asılı  olmadığından 
onu  parçaların  özləri  arasındakı  münasibət  kimi 
başa düşmək olar. 
Bu  deyilənlərin  qurma  məsələlərinə  tətbiqi 
aşağıdakından  ibarətdir.  Axtarılan  elementləri 
göstərildikdən  sonra  F  fiqurunun  qurulması 
haqqındakı  istənilən  tələbi  axtarılan  elementləri 
verilənlərlə  ifadə  edən  müəyyən  münasibətin 
tapılmasına gətirmək olar. Bu zaman axtarılan fiqur 
üçün  metrik  münasibətlərdən  istifadə  edilir.  Bu 
münasibətlər  adətən  tənliklərə  və  ya  tənliklər 
sisteminə  gətirilir.  Tənliyi  və  ya  tənliklər  sistemini 
cəbri  üsulla  həll  edərək  axtarılan  parçanı  verilən 
elementlərlə  ifadə  edən  düstur  şəklində  yeni 
asılılıqlar alınır. 
Əgər  x-parça  olarsa,  onda  f  –hökmən 
birdərəcəli bircins funksiya olacaqdır.  

Aşağıdakı  ifadələrin  pərgar  və  xətkeşlə 
qurulmasını məlum hesab edirik: 
x=a+b, x=a-b, burada a

b; 
;
a
n
x


 
n
a
x

,  burada  n-sıfra  bərabər  olmayan 
tam ədəddir; 
c
b
a
x


  -  verilən  üç  parça  ilə  mütənasib 
dördüncü parçanın qurulması; 
ab
x

-  verilən  iki  parça  ilə  orta  mütənasib 
parça; 
2
2
b
a
x


; 
2
2
b
a
x


 (a

b) 
Kvadrat 
tənliyin 
köklərinin 
parçalarla 
qurulmasının bütün üsulları da məlum hesab edilir. 
Pərgar  və  xətkeşlə  qurmaq  mümkün  olan  x 
parçasının  göstərilən  əsas  ifadələri  daha  mürəkkəb 
ifadələrin  qurulmasını  yerinə  yetirməyə  imkan  verir. 
Fiqurun  məlum  olmayan  elementi  ilə  verilənlər 
arasında  müəyyən  münasibətlərin  təyin  edilməsi  yolu 
ilə  fiqurun  həndəsi  xassələri  haqqındakı  məsələnin 
həllinə  cəbrin tətbiqi cəbri  üsulla qurmaya aid məsələ 
həllinin xarakter əlamətidir. 
Hər  şeydən  əvvəl  cəbri  üsulun  dəyəri  bundan 
ibarətdir ki, cəbri üsullarla (məhz ali cəbr vasitəsilə) 
pərgar  və  xətkeşlə  həll  edilə  bilən  məsələlər  sinfini 
müəyyən 
etmək 
mümkün 
olmuşdur. 
İsbat 

olunmuşdur  ki,  yalnız  əmsalları  verilmiş  parçaların 
rasional  funksiyaları  (rasional  ədədi  əmsalları)  olan 
və  kvadrat  köklərdə  həll  edilən  cəbri  tənliklərin 
kökləri  olan  bütün  parçaları  bu  alətlərlə  qurmaq 
olar. 
Pərgar  və  xətkeşlə  həll  edilən  qurma  məsələləri 
həllinə cəbri üsulun tətbiqini nəzərdən keçirək. 
Məsələnin  həll  edilmiş  olduğunu  fərz  edərək, 
axtarılan  elementlərin  həndəsi  xassələrini  müəyyən 
etməyə çalışırıq. Əgər bunu həndəsi vasitələrlə etmək 
çətin  olarsa,  onda  cəbri  üsula  müraciət  edirik. 
Konkret  məsələ  nümunəsində  cəbri  analizin 
mahiyyətini aydınlaşdıraq. 
Məsələ.  Hipotenuzla  bir  katetin  S
1
  cəminə  və 
hipotenuzla digər katetin S
2
 cəminə görə düzbucaqlı 
üçbucaq qurun. 
Analiz.  Bütün  veri-
lənləri  daxil  edərək  qa-
ralama  çertyoj  çəkirik 
(şəkil  67).  Məsələnin 
həndəsi 
həlli 
aşkar 
olmadığından 
analizi 
cəbri  vasitələrlə  avam 
etdirək.  BA=x  qəbul 
edək.  Onda  CB=S
1
-x,  CA=S
2
-x  olar  və  Pifaqor 
teoreminə görə  
Şəkil 67 

x
2
=(S
1
-x)
2
+(S
2
-x)
2 
yazmaq olar. Onu sadələşdirsək 
0
)
(
2
2
2
2
1
2
1
2





S
S
x
S
S
x
 olar. 
Buradan, 
2
1
2
1
2 S
S
S
S
x



 alarıq. 
  Burada  x-parçası  S
1
  və  S
2
  parçalarından  asılı 
birdərəcəli  bircins  funksiya  ilə  ifadə  olunacaqdır. 
Funksiyanın  ifadəsinə  yalnız  kvadrat  kök  daxildir. 
Deməli  x  parçasının  pərgar  və  xətkeşlə  qurulması 
mümkündür. 
  Bu  məsələ  həndəsi  həlli  kifayət  qədər 
mürəkkəb,  cəbri  analizi  isə  məqsədə  daha  tez 
yaxınlaşdıran nümunə ola bilər. 
S
1
=S
2
  olduqda  və  S
1
≠S
2
  olub 
2
1
2
S
S

  şərti 
ödənildikdə  məsələnin  həlli  vardır.  Cəbri  üsulla  həll 
edilən  həndəsə  məsələsinin  qurma  mərhələsinə  aid 
aşağıdakı  qeydi  söyləmək  faydalıdır.  Həndəsi 
üsullarla  həll  edilən  məsələlərdə  qurma  mərhələsi 
bəzi hallarda nəzərdən keçirilməyə bilər. Lakin cəbri 
üsulda  bu  mərhələ  hər  bir  məsələ  üçün  icra 
edilməlidir. Ona görə ki, burada cəbr yalnız köməkçi 
rol oynayır, həndəsə məsələsini yalnız cəbri məsələyə 
gətirmək olmaz. 
 
 
 

ЫI Ф
ЯСИЛ
 
FЯZADA HЯNDЯSИ 
QURMALAR 
 
əndəsə maddi aləmin fəza formalarını 
öyrənməklə  məşğul  olan  bir  elmdir. 
Maddi  aləmin  fəza  formalarını  dərk 
edə bilmək və öyrənmək üçün çox yaxşı inkişaf etmiş 
fəza  təsəvvürünə  malik  olmaq  lazımdır.  Həndəsi 
problemlərin həllində yaradıcı təsəvvür tələb olunur. 
Buna  görədir  ki,  orta  məktəbdə  həndəsə  təliminin 
məqsədlərindən  biri  də  şagirdlərin  fəza  təsəvvürünü 
inkişaf etdirməkdən ibarətdir.  
Orta  məktəblərin  buraxılış  imtahanlarında  və 
habelə ali məktəblərə qəbul imtahanlarında aparılan 
müşahidələr 
əksəriyyətlə 
şagirdlərdə 
fəza 
təsəvvürünün  çox  zəif  olduğunu  göstərir.  Fəza 
təsəvvürünün  zəif  olması  üzündən  şagirdlər  fəza  fi-
qurlarının çertyojlarını çəkməkdə çox zaman çətinlik 
çəkirlər;  görünən  və  görünməyən  tilləri,  xətləri  bir-
birindən ayıra bilmirlər, çarpaz xətləri bəzən kəsişən 
xətlər  hesab  edirlər;  onlara  təklif  olunmuş  məsələ 
H 

həllinin  göz  qabağında  olan  asan  yolunu  qoyub, 
uzun hesablamalara əl atırlar və s. 
Şagirdlər,  xüsusən,  fəza  fiqurlarının  kəsiklərinə 
aid məsələlərin həllində acizlik göstərirlər. 
Şagirdlərin  əksəriyyətlə  zəif  fəza  təsəvvürünə 
malik  olmalarının  səbəbi  odur  ki,  riyaziyyat 
müəllimlərinin 
çoxu 
bütün 
həndəsə 
təlimi 
müddətində bu məsələyə lazımi əhəmiyyət vermirlər. 
Onlar çox zaman fiqurların səth və həcmlərini ancaq 
hazır  düsturlarla  hesablamağa  aid  məsələlər  həll 
etdirərək,  şagirdlərin  fəza  təsəvvürlərini  inkişaf 
etdirən  qurma  məsələlərini  həll  etdirməklə  məşğul 
olmurlar. 
  Həndəsədən 
hesablama 
məsələlərində 
şagirdlərin fikri çox zaman ya hesablama və ya cəbri 
çevirmə  ilə  məşğul  olduğundan,  məsələnin  həndəsi 
cəhəti  onların  nəzərindən  qaçır,  halbuki,  qurma 
məsələlərində  həndəsi  cəhət  əsas  yer  tutur. 
Proyeksiya  çertyojunda  kifayət  qədər  qurma 
məsələlərinin  həlli,  şagirdlərdə  çertyoja  əsasən 
həndəsi  fiquru,  onun  forma  və  konstruksiyasını 
“görmək”  qabiliyyətini  inkişaf  etdirir.  Burada, 
həndəsi  fiqur  üzərində  edilən  müxtəlif  əməliyyatla 
(düz  xətt,  müstəvi  və  s.  keçirmək  kimi)  uyğun 
proyeksiya  çertyojundakı  müvafiq  qurma  arasında 
olan  tam  uyğunluğun  fəza  təsəvvürünün  inkişafı 

üçün  böyük  əhəmiyyəti  vardır.  Həmçinin  qurma 
məsələlərinin  xəyalda  həlli  təsəvvürün  (xəyalın) 
gərgin fəaliyyətinə səbəb olduğundan, yenə də onun 
inkişafına kömək edir. 
  Stereometriya  dərslərində  şagirdlər  kifayət 
qədər  qurma  məsələsi  həll  etmiş  olduqda,  fəza 
fiqurlarının  çertyojlarına  əsasən  onların  modellərini 
hazırlamaq və tərsinə, bu və ya başqa fiqurla bilavasitə 
tanış olduqdan sonra, onun doğru və əyani çertyojunu 
qurmaq  işində  bir  sıra  qiymətli  bilik  və  bacarıq  əldə 
edirlər. 
  Həndəsi  fiqurların  çertyojlarını  qurmaq  və 
modellərini  hazırlamaq  prosesində  şagirdlər  çertyoj 
alətlərindən  istifadə  etmək,  ölçmək,  işlədilən 
materialdan  (kağız,  karton,  faner  şüşə,  metal  və s.) 
qənaətlə  istifadə  etmək,  kəsmək,  quraşdırmaq, 
yapışdırmaq  və  s.  kimi  mühüm  əməli  vərdişlər  əldə 
edirlər. 
  Qurma 
məsələlərinin 
həllində 
şagirdlər 
həndəsədən  keçmiş  olduqları  nəzəri  məlumatdan 
geniş  surətdə  istifadə  etməli  olurlar.  Bu  fakt 
həndəsənin 
şagirdlər 
tərəfindən 
şüurlu 
öyrənilməsində  qurma  məsələlərinin  qüvvətli  bir 
vasitə  olduğunu  göstərir.  Ümumiyyətlə,  qurma 
məsələləri  şagirdlərdən  təşəbbüs,  müstəqillik  tələb 
edərək,  öz  məzmunlarına  görə  onlarda  məntiqi 

təfəkkürün  inkişafına  kömək  edir.  Buna  görə  də 
qurma  məsələlərinə  fəza  təsəvvürünün  və  məntiqi 
təfəkkürün  inkişafına  kömək  edən  qüvvətli  vasitə 
nəzəri ilə baxmaq lazımdır. 
 
2.1. Fяza fiqurlarыnыn чertyojlarыna verilяn 
tяlяblяr 
 
Stereometriya  dərslərində  fəza  fiqurlarının 
çertyojlarından geniş surətdə istifadə edilir. 
Şagirdlərin 
fəza 
təsəvvürlərinin 
tərbiyə 
olunmasında  və  riyazi  intuisiyanın  inkişafında  fəza 
fiqurlarının  çertyojlarını  başqa  heç  bir  şeylə  əvəz 
etmək olmaz. 
Fəza 
fiqurlarının 
çertyojlarının 
düzgün 
qurulması  məsələsi  bu  qədər  böyük  əhəmiyyətə 
malik olduğu halda, təəssüf ki, məktəblərimizdə ona 
çox  az  əhəmiyyət  verilir;  bəzi  riyaziyyat  müəllimləri 
bir çox hallarda yazı taxtasında səhv çertyojlar çəkir 
və şagirdlər də öz növbələrində həmin səhvləri təkrar 
edirlər. 
Həndəsənin 
tədrisində 
çəkilən 
çertyojlar 
aşağıdakı üç tələbi ödəməlidir: 
1)
 
Çertyoj  doğru  olmalıdır,  yəni  o,  əks  etdirdiyi 
fiqurun 
müxtəlif 
proyeksiyalarından 
biri 
olmalıdır. 

   
Aydındır  ki  burada  çertyojun  prinsip  etibarı 
ilə  doğru  olmasından  danışılır.  Doğru  çertyoj 
məsələnin düzgün həllini tapmağa kömək edir; doğru 
olmayan  çertyoj  isə  çox  zaman  şagirdləri  səhv 
düşünməyə sövq edir və bəzən də gərgin fikirləşməyə 
məcbur edir. 
2)
 
Çertyoj əyani olmalıdır, qəni o, əks etdirdiyi fiqur 
haqqında  fəza  təsəvvürü  doğurmalıdır.  Bu  şərt 
pedaqoji prosesdə olduqca mühümdür. 
Çertyojun  doğru  olması  ilə  əyani  olması  başqa-
başqa  şeylərdir;  ola  bilər  ki,  çertyoj  doğru  olsun, 
lakin əyani olmasın; məsələn, düz xəttin proyeksiyası 
nöqtə,  kubun  proyeksiyası  kvadrat,  çevrənin 
proyeksiyası  düz  xətt  parçası  şəklində  alına  bilər; 
deməli bu çertyojlar doğrudur, ancaq bunların əyani 
olmadıqları aydındır.  
3)
 
Çertyoj  sadə  üsulla  çəkilməlidir;  yəni  onun 
çəkilməsində  mövzuya  daxil  olmayan  başqa 
üsullar,  qurmalar  işlədilməməlidir,  çünki  belə 
üsulların  işlədilməsi,  şagirdlərin  diqqətinin  əsas 
məsələ üzərində mərkəzləşməsinə mane ola bilər.  
Pedaqoji 
prosesdə 
fiqurların 
müxtəlif 
proyeksiyaları  içərisində  paralel  proyeksiyalar 
(çəpbucaqlı  və  ortoqonal)  daha  sadə  və  əlverişli 
olduğundan  çertyojların  qurulmasında  onlardan 
daha  çox  istifadə  olunur.  Ona  görə  də  paralel 

proyeksiyalama  haqqında  bəzi  məlumat  verməyə 
keçək.