初中数学规律型：图形的变化类填空题

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 $\frac{{\left(\sqrt{3}\right)}^{2n-1}}{2^{2n+1}}$　．

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△ $A{B}_3{C}_3$； $\dots \dots$．记△ $B_{1}C{B}_2$面积为 $S_1$，△ $B_2{C}_1{B}_3$面积为 $S_2$，△ $B_3{C}_2{B}_4$面积为 $S_3$，则 $S_n=$　　．

下面摆放的图案，从第2个起，每一个都是前一个按顺时针方向旋转 $90°$得到，第2019个图案与第1个至第4个中的第　　个箭头方向相同（填序号）．

如图，下列图案是由火柴棒按某种规律搭成的，第（1）个图案中有2个正方形，第（2）个图案中有5个正方形，第（3）个图案中有8个正方形 $\dots \dots$，则第（5）个图案中有　     　个正方形，第 $n$个图案中有　   　个正方形．

设 $\mathit{\Delta ABC}$的面积为1．

如图1，分别将 $\mathit{AC}$， $\mathit{BC}$边2等分， $D_1$， $E_1$是其分点，连接 $A{E}_1$， $B{D}_1$交于点 $F_1$，得到四边形 $C{D}_1{F}_1{E}_1$，其面积 $S_1=\frac{1}{3}$．

如图2，分别将 $\mathit{AC}$， $\mathit{BC}$边3等分， $D_1$， $D_2$， $E_1$， $E_2$是其分点，连接 $A{E}_2$， $B{D}_2$交于点 $F_2$，得到四边形 $C{D}_2{F}_2{E}_2$，其面积 $S_2=\frac{1}{6}$；

如图3，分别将 $\mathit{AC}$， $\mathit{BC}$边4等分， $D_1$， $D_2$， $D_3$， $E_1$， $E_2$， $E_3$是其分点，连接 $A{E}_3$， $B{D}_3$交于点 $F_3$，得到四边形 $C{D}_3{F}_3{E}_3$，其面积 $S_3=\frac{1}{10}$；

$\dots$

按照这个规律进行下去，若分别将 $\mathit{AC}$， $\mathit{BC}$边 $(n+1)$等分， $\dots$，得到四边形 $C{D}_n{F}_n{E}_n$，其面积 $S_n=$　　．

如图，自左至右，第1个图由1个正六边形、6个正方形和6个等边三角形组成；第2个图由2个正六边形、11个正方形和10个等边三角形组成；第3个图由3个正六边形、16个正方形和14个等边三角形组成； $\dots$按照此规律，第 $n$个图中正方形和等边三角形的个数之和为　　个．

某广场用同一种如图所示的地砖拼图案，第一次拼成形如图1所示的图案，第二次拼成形如图2所示的图案，第三次拼成形如图3所示的图案，第四次拼成形如图4所示的图案 $\dots$按照这样的规律进行下去，第 $n$次拼成的图案共用地砖　　块．

如图，在平面直角坐标系中，直线 $l$的函数表达式为 $y=x$，点 $O_1$的坐标为 $(1,0)$，以 $O_1$为圆心， $O_{1}O$为半径画圆，交直线 $l$于点 $P_1$，交 $x$轴正半轴于点 $O_2$，以 $O_2$为圆心， $O_{2}O$为半径画圆，交直线 $l$于点 $P_2$，交 $x$轴正半轴于点 $O_3$，以 $O_3$为圆心， $O_{3}O$为半径画圆，交直线 $l$于点 $P_3$，交 $x$轴正半轴于点 $O_4$； $\dots$按此做法进行下去，其中 $\stackrel{̂}{P_{2017}{O}_{2018}}$的长为　　．