初中数学规律型：图形的变化类填空题

如图，已知 $\angle \mathit{AOB}=30°$，在射线 $\mathit{OA}$上取点 $O_1$，以 $O_1$为圆心的圆与 $\mathit{OB}$相切；在射线 $O_{1}A$上取点 $O_2$，以 $O_2$为圆心， $O_2{O}_1$为半径的圆与 $\mathit{OB}$相切；在射线 $O_{2}A$上取点 $O_3$，以 $O_3$为圆心， $O_3{O}_2$为半径的圆与 $\mathit{OB}$相切； $\dots$；在射线 $O_{9}A$上取点 $O_{10}$，以 $O_{10}$为圆心， $O_{10}{O}_9$为半径的圆与 $\mathit{OB}$相切．若 $\odot O_1$的半径为1，则 $\odot O_{10}$的半径长是　　．

下列图案是用长度相同的火柴棒按一定规律拼搭而成，图案①需8根火柴棒，图案②需15根火柴棒， $\dots$，按此规律，图案⑦需　　根火柴棒．

观察下列图中所示的一系列图形，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第2018个图形共有　　个〇．

已知直线 $l_1:y=(k-1)x+k+1$和直线 $l_2:y=\mathit{kx}+k+2$，其中 $k$为不小于2的自然数．

（1）当 $k=2$时，直线 $l_1$、 $l_2$与 $x$轴围成的三角形的面积 $S_2=$　　；

（2）当 $k=2$、3、4， $\dots \dots$，2018时，设直线 $l_1$、 $l_2$与 $x$轴围成的三角形的面积分别为 $S_2$， $S_3$， $S_4$， $\dots \dots$， $S_{2018}$，则 $S_2+S_3+S_4+\dots \dots +S_{2018}=$　　．

按照如图所示的方法排列黑色小正方形地砖，则第14个图案中黑色小正方形地砖的块数是　　．

如图，点 $A_1$的坐标为 $(2,0)$，过点 $A_1$作 $x$轴的垂线交直线 $l:y=\sqrt{3}x$于点 $B_1$，以原点 $O$为圆心， $O{B}_1$的长为半径画弧交 $x$轴正半轴于点 $A_2$；再过点 $A_2$作 $x$轴的垂线交直线 $l$于点 $B_2$，以原点 $O$为圆心，以 $O{B}_2$的长为半径画弧交 $x$轴正半轴于点 $A_3$； $\dots$．按此作法进行下去，则 $\stackrel{̂}{A_{2019}{B}_{2018}}$的长是　　．

庄子说：“一尺之椎，日取其半，万世不竭”．这句话（文字语言）表达了古人将事物无限分割的思想，用图形语言表示为图1，按此图分割的方法，可得到一个等式（符号语言） $:1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\dots +\frac{1}{2^n}+\dots$．

图2也是一种无限分割：在 $\mathit{\Delta ABC}$中， $\angle C=90°$， $\angle B=30°$，过点 $C$作 $C{C}_1\perp \mathit{AB}$于点 $C_1$，再过点 $C_1$作 $C_1{C}_2\perp \mathit{BC}$于点 $C_2$，又过点 $C_2$作 $C_2{C}_3\perp \mathit{AB}$于点 $C_3$，如此无限继续下去，则可将利 $\mathit{\Delta ABC}$分割成 $\mathit{\Delta AC}{C}_1$、△ $C{C}_1{C}_2$、△ $C_1{C}_2{C}_3$、△ $C_2{C}_3{C}_4$、 $\dots$、△ $C_{n-2}{C}_{n-1}{C}_n$、 $\dots$．假设 $\mathit{AC}=2$，这些三角形的面积和可以得到一个等式是　　．

如图所示，将形状大小完全相同的“ $▱$”按照一定规律摆成下列图形，第1幅图中“ $▱$”的个数为 $a_1$，第2幅图中“ $▱$”的个数为 $a_2$，第3幅图中“ $▱$”的个数为 $a_3$， $\dots$，以此类推，若 $\frac{2}{a_1}+\frac{2}{a_2}+\frac{2}{a_3}+\dots +\frac{2}{a_n}=\frac{n}{2020}$． $(n$为正整数），则 $n$的值为　　．

观察下列图形：它们是按一定规律排列的，依照此规律，第9个图形中共有　　个点．

如图，在 $\mathit{\Delta ABC}$中， $\mathit{AB}=5$， $\mathit{AC}=4$，若进行以下操作，在边 $\mathit{BC}$上从左到右依次取点 $D_1$、 $D_2$、 $D_3$、 $D_4$、 $\dots$；过点 $D_1$作 $\mathit{AB}$、 $\mathit{AC}$的平行线分别交 $\mathit{AC}$、 $\mathit{AB}$于点 $E_1$、 $F_1$；过点 $D_2$作 $\mathit{AB}$、 $\mathit{AC}$的平行线分别交 $\mathit{AC}$、 $\mathit{AB}$于点 $E_2$、 $F_2$；过点 $D_3$作 $\mathit{AB}$、 $\mathit{AC}$的平行线分别交 $\mathit{AC}$、 $\mathit{AB}$于点 $E_3$、 $F_3\dots$，则 $4(D_1{E}_1+D_2{E}_2+\dots +D_{2019}{E}_{2019})+5(D_1{F}_1+D_2{F}_2+\dots +D_{2019}{F}_{2019})=$　        　．

如图，四边形 $\mathit{OA}{A}_1{B}_1$是边长为1的正方形，以对角线 $O{A}_1$为边作第二个正方形 $O{A}_1{A}_2{B}_2$，连接 $A{A}_2$，得到△ $A{A}_1{A}_2$；再以对角线 $O{A}_2$为边作第三个正方形 $O{A}_2{A}_3{B}_3$，连接 $A_1{A}_3$，得到△ $A_1{A}_2{A}_3$；再以对角线 $O{A}_3$为边作第四个正方形，连接 $A_2{A}_4$，得到△ $A_2{A}_3{A}_4\dots \dots$记△ $A{A}_1{A}_2$、△ $A_1{A}_2{A}_3$、△ $A_2{A}_3{A}_4$的面积分别为 $S_1$、 $S_2$、 $S_3$，如此下去，则 $S_{2019}=$　　．

如图，四边形 $\mathit{OA}{A}_1{B}_1$是边长为1的正方形，以对角线 $O{A}_1$为边作第二个正方形 $O{A}_1{A}_2{B}_2$．连接 $A{A}_2$，得到△ $A{A}_1{A}_2$；再以对角线 $O{A}_2$为边作第三个正方形 $O{A}_2{A}_3{B}_3$，连接 $A_1{A}_3$，得到△ $A_1{A}_2{A}_3$；再以对角线 $O{A}_3$为边作第四个正方形，连接 $A_2{A}_4$，得到△ $A_2{A}_3{A}_4\dots \dots$记△ $A{A}_1{A}_2$、△ $A_1{A}_2{A}_3$、△ $A_2{A}_3{A}_4$的面积分别为 $S_1$、 $S_2$、 $S_3$，如此下去，则 $S_n=$　　．

归纳“ $T$”字形，用棋子摆成的“ $T$”字形如图所示，按照图①，图②，图③的规律摆下去，摆成第 $n$个“ $T$”字形需要的棋子个数为　　．

将一些圆按照如图方式摆放，从上向下有无数行，其中第一行有2个圆，第二行有4个圆，第三行有6个圆 $\dots$按此规律排列下去，则前50行共有圆　　个．

如图，已知等边 $\mathit{\Delta ABC}$的边长是2，以 $\mathit{BC}$边上的高 $A{B}_1$为边作等边三角形，得到第一个等边△ $A{B}_1{C}_1$；再以等边△ $A{B}_1{C}_1$的 $B_1{C}_1$边上的高 $A{B}_2$为边作等边三角形，得到第二个等边△ $A{B}_2{C}_2$；再以等边△ $A{B}_2{C}_2$的 $B_2{C}_2$边上的高 $A{B}_3$为边作等边三角形，得到第三个等边△ $A{B}_3{C}_3$； $\dots$，记△ $B_{1}C{B}_2$的面积为 $S_1$，△ $B_2{C}_1{B}_3$的面积为 $S_2$，△ $B_3{C}_2{B}_4$的面积为 $S_3$，如此下去，则 $S_n=$　 $\frac{\sqrt{3}}{8}\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^{n-1}$或 $\frac{{\left(\sqrt{3}\right)}^{2n-1}}{2^{2n+1}}$　．