1.3 微专题3 自由组合定律的常规解题方法 （课件）-【步步高】2023-2024学年高一生物学必修2 遗传与进化（苏教版2019）

微专题三 自由组合定律的常规解题方法 第一章　第三节　自由组合定律 一、应用分离定律解决自由组合定律 分离定律是自由组合定律的基础，要学会运用分离定律的方法解决自由组合的问题。请结合下面给出的例子归纳自由组合问题的解题规律： 1.思路：将自由组合问题转化为若干个分离定律问题 在独立遗传的情况下，有几对杂合基因就可分解为几个分离定律问题，如AaBb×Aabb可分解为Aa×Aa、Bb×bb。 2.常见题型 推断性状的显隐性关系及亲子代的基因型和表型，求相应基因型、表型的比例或概率。 3.根据亲本的基因型推测子代的基因型、表型及比例——正推型 (1)配子类型问题 求AaBbCc产生的配子种类，以及配子中ABC的概率。 AaBbCc产生的配子种类： 　　　Aa　　　　Bb　　　　Cc 　　 ↓ ↓ ↓ 2　　×　 2　　×　　2＝8(种) 规律 某一基因型的个体所产生配子种类数等于2n种(n为等位基因对数)。 (2)配子间结合方式问题 AaBbCc与AaBbCC杂交过程中，配子间的结合方式有多少种？ ①先求AaBbCc、AaBbCC各自产生多少种配子。 AaBbCc→8种配子、AaBbCC→4种配子。 ②再求两性配子间的结合方式。 由于雌、雄配子间的结合是随机的，因而AaBbCc与AaBbCC杂交过程中，配子之间有8×4＝32(种)结合方式。 规律 两基因型不同的个体杂交，配子间结合方式种类数等于各亲本产生配子种类数的乘积。 (3)子代基因型种类及概率的问题 AaBbCc与AaBBCc杂交，其后代有多少种基因型？ 先分解为三个分离定律，再用乘法原理组合。 Aa×Aa→后代有3种基因型 　　　　 (1AA∶2Aa∶1aa) Bb×BB→后代有2种基因型 　　　　 (1BB∶1Bb) Cc×Cc→后代有3种基因型 　　　　 (1CC∶2Cc∶1cc) ⇒后代有3×2×3＝18(种)基因型 (4)子代表型种类及概率的问题 如AaBbCc×AabbCc，其杂交后代可能有多少种表型？ Aa×Aa→后代有2种表型 Bb×bb→后代有2种表型 Cc×Cc→后代有2种表型 ⇒后代有2×2×2＝8(种)表型 4.根据子代表型分离比推测亲本基因型——逆推型 (1)子代：9∶3∶3∶1＝(3∶1)(3∶1)⇒AaBb×AaBb 5.多对等位基因的自由组合现象问题 n对等位基因(完全显性)位于n对同源染色体上的遗传规律。 相对性 状对数 F1配子 F2基因型 F2表型 种类 比例 种类 比例 种类 比例 1 2 1∶1 3 1∶2∶1 2 3∶1 2 22 (1∶1)2 32 (1∶2∶1)2 22 (3∶1)2 3 23 (1∶1)3 33 (1∶2∶1)3 23 (3∶1)3 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ n 2n (1∶1)n 3n (1∶2∶1)n 2n (3∶1)n 例1　基因型为AABBCC和aabbcc的两种豌豆杂交得F1，F1自交得F2，按自由组合定律遗传，F2中基因型和表型的种类数以及显性纯合子的概率依次是 A.27、8、1/64 B.27、8、1/32 C.18、6、1/32 D.18、6、1/64 F1的基因型为AaBbCc，按每对基因的自交后代F2来看，F2中每对基因的基因型的种类数是3，表型种类数是2，显性纯合子的概率为1/4。三对基因同时考虑，F2基因型有33种，表型有23种，显性纯合子概率为(1/4)3。 √ 例2　豌豆中的高茎对矮茎为显性，受一对等位基因T、t控制，腋生花对顶生花为显性，受一对等位基因A、a控制，高茎腋生花的豌豆与高茎顶生花的豌豆杂交，F1的表型及比例为高茎腋生花∶高茎顶生花∶矮茎腋生花∶矮茎顶生花＝3∶3∶1∶1。下列叙述正确的是 ①亲代基因型组合为TtAa×Ttaa ②高茎与腋生花互为相对性状 ③F1中两对基因均为纯合子的概率为1/4 ④F1中两对性状均为隐性的概率为1/8 ⑤F1中高茎腋生花的基因型可能为TTAA A.①②③ B.②③⑤ C.①③④ D.③④⑤ √ ①亲代杂交，子代中高茎∶矮茎＝3∶1，则双亲基因型组合为Tt×Tt；腋生花∶顶生花＝1∶1，则双亲基因型组合为Aa×aa，故双亲的基因型组合为TtAa×Ttaa。 ②茎的高矮与花的位置是两对相对性状。 ③F1中两对基因均为纯合子的概率＝1/2×1/2＝1/4。 ④两对性状均为隐性的概率＝1/4×1/2＝1/8。 ⑤F1中高茎腋生花的基因型可能为TTAa或TtAa。 二、有关自由组合定律中特殊分离比的归纳 1.两对基因控制的性状遗传中异常分离比现象 F1(AaBb)自 交后代比例 原因分析 F1(AaBb)测 交后代比例 9∶3∶3∶1 正常的完全显性 1∶1∶1∶1 9∶7 当双显性基因同时出现时为一种表型，其余的基因型为另一种表型： (9A_B_)∶(3A_bb＋3aaB_＋1aabb) 　 9　 ∶　　　　 7 1∶3 9∶3∶4 aa成对存在时表现为双隐性性状，其余均正常表现： (9A_B_)∶(3A_bb)∶(3aaB_＋1aabb) 9　 ∶　 3　 ∶ 　　 4 1∶1∶2 9∶6∶1 存在一种显性基因(A或B)时表现为同一种性状，其余均正常表现： (9A_B_)∶(3A_bb＋3aaB_)∶(1aabb) 9　 ∶　　 6　　　 ∶　 1 1∶2∶1 15∶1 只要具有显性基因其表型就一致，其余基因型为另一种表型： (9A_B_＋3A_bb＋3aaB_)∶(1aabb) 15　　　 　 ∶　 1 3∶1 10∶6 具有单显基因为一种表型，其余基因型为另一种表型： (9A_B_＋1aabb)∶(3A_bb＋3aaB_) 10　　　∶　　　 6 1∶1 1∶4∶6∶ 4∶1 A与B的作用效果相同，但显性基因越多，其作用效果越强：1(AABB)∶4(AaBB＋AABb)∶6(AaBb＋AAbb＋aaBB)∶4(Aabb＋aaBb)∶1(aabb) 1∶2∶1 13∶3 一种显性基因抑制另一种显性基因的作用，使后者的作用不能显示出来： (9A_B_＋3A_bb＋1aabb)∶(3aaB_) 13　　　　　∶　 3 3∶1 12∶3∶1 一对等位基因中显性基因制约另一对基因的作用： (9A_B_＋3A_bb)∶(3aaB_)∶(1aabb) 　 12　　　∶　 3　 ∶　 1 2∶1∶1 2.某些致死基因或基因型导致性状的分离比改变 方法技巧 第一步，判断是否遵循自由组合定律：若没有致死的情况，双杂合子自交后代的表型比例之和为16，则符合自由组合定律，否则不符合自由组合定律。 第二步，写出遗传图解：根据自由组合定律，写出F2四种表型对应的基因型，并注明自交后代性状分离比(9∶3∶3∶1)，然后结合作用机理示意图推敲双显性、单显性、双隐性分别对应什么表型。 第三步，合并同类项：根据题意，将具有相同表型的个体进行“合并同类项”。 “三步法”巧解自由组合定律特殊分离比 例3　某植物的花色受独立遗传的两对基因A、a，B、b控制，这两对基因与花色的关系如图所示，此外，a基因对于B基因的表达有抑制作用。现将基因型为AABB的个体与基因型为aabb的个体杂交得到F1，则F1的自交后代中花色的表型及比例是 A基因　　　B基因 ↓　　　　　↓ A.白色∶粉色∶红色＝3∶10∶3 B.白色∶粉色∶红色＝3∶12∶1 C.白色∶粉色∶红色＝4∶9∶3 D.白色∶粉色∶红色＝6∶9∶1 √ 例4　某动物毛色受两对等位基因控制，棕色个体相互交配，子代总表现出棕色∶黑色∶灰色∶白色＝4∶2∶2∶1。下列相关说法错误的是 A.控制毛色的基因的遗传遵循自由组合定律 B.白色个体相互交配，后代都是白色 C.控制毛色的显性基因纯合可能会使受精卵无法存活 D.棕色个体有4种基因型 √ 由棕色个体相互交配子代总表现出棕色∶黑色∶灰色∶白色＝4∶2∶2∶1可知，此比例为9∶3∶3∶1的变式，亲本为双杂合个体，且两对等位基因均表现出显性纯合致死，控制毛色的基因的遗传遵循自由组合定律，A正确； 白色个体为双隐性个体，故白色个体相互交配，后代都是白色，B正确； 出现4∶2∶2∶1的比例是因为控制毛色的显性基因纯合致死，即可能是受精卵致死，C正确； 棕色个体为双显性个体，且为双杂合个体，由于显性纯合致死，故只有1种基因型，D错误。 三、两种遗传病同时遗传时的概率计算 当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况的概率分析如下： 根据序号所示进行相乘得出相应概率，再进一步拓展如表： 序号 类型 计算公式 已知 患甲病概率为m 不患甲病概率为1－m 患乙病概率为n 不患乙病概率为1－n ① 同时患两病概率 m·n ② 只患甲病概率 m·(1－n) ③ 只患乙病概率 n·(1－m) ④ 不患病概率 (1－m)(1－n) 拓展 求解 患病概率 ①＋②＋③或1－④ 只患一种病概率 ②＋③或1－(①＋④) 以上规律可用图示帮助理解： 例5　人类多指(T)对正常指(t)为显性，白化(a)对正常(A)为隐性，决定不同性状的基因自由组合。一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，他们有一个患白化病但手指正常的孩子(两种病都与性别无关)。请分析： (1)其再生一个孩子只患白化病的概率是_____。 由题意可知，患白化病但手指正常的孩子的基因型为ttaa，则该夫妇的基因型为：TtAa(父亲)、ttAa(母亲)，故孩子中患多指的概率为1/2，患白化病的概率为1/4。 再生一个孩子只患白化病的概率为：手指正常概率×患白化病概率＝(1－1/2)×1/4＝1/8。 1/8 (2)生一个只出现多指孩子的概率是________。 生一个只出现多指孩子的概率为：多指概率×不患白化病概率＝1/2×(1－1/4)＝3/8。 3/8 (3)生一个既白化又多指的女儿的概率是________。 1/16 生一个既白化又多指女儿的概率为：多指概率×白化病概率×女儿的概率＝1/2×1/4×1/2＝1/16。 (4)后代中只患一种病的概率是________。 1/2 后代中只患一种病的概率：只患多指概率＋只患白化病概率＝3/8＋1/8＝1/2。 (5)后代中正常的概率是________。 3/8 后代中正常的概率＝不患多指概率×不患白化概率＝(1－1/2)×(1－1/4)＝3/8。 1.(多选)在家蚕的遗传中，黑色(A)与淡赤色(a)是有关蚁蚕(刚孵化的蚕)体色的相对性状，黄茧(B)与白茧(b)是有关茧色的相对性状，假设这两对相对性状自由组合，有三对亲本组合，杂交后得到的数量比如表所示。 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 7 组别 黑蚁黄茧 黑蚁白茧 淡赤蚁黄茧 淡赤蚁白茧 组合一 9 3 3 1 组合二 0 1 0 1 组合三 3 0 1 0 下列叙述错误的是 A.组合一亲本基因型组合一定是AaBb×AaBb B.组合三亲本基因型组合可能是AaBB×AaBB C.若组合一和组合三亲本杂交，子代性状表现及比例与组合三的相同 D.组合二亲本基因型组合一定是Aabb×Aabb 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 7 √ √ 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 由于组合一后代性状比为黑蚁∶淡赤蚁＝3∶1，黄茧∶白茧＝3∶1，杂交后代比例为9∶3∶3∶1，所以两亲本的基因型组合一定是AaBb×AaBb，A正确； 组合三杂交后代只有黄茧，且黑蚁与淡赤蚁的比例为3∶1，所以亲本基因型组合为AaBB×AaBB或AaBb×AaBB或AaBB×Aabb，B正确； 由于组合一的亲本基因型是AaBb，而组合三亲本有多种可能，所以组合一和组合三亲本杂交，子代性状表现及比例与组合三的不完全相同，只有组合一和组合三中基因型为AaBB的个体杂交，子代性状表现及比例才与组合三的相同，C错误； 组合二后代性状比为黑蚁∶淡赤蚁＝1∶1，且都为白茧，所以亲本基因型组合一定是Aabb×aabb，D错误。 7 2.某种植物果实重量由三对等位基因控制，这三对基因分别位于三对同源染色体上，对果实重量的增加效应相同且具叠加性。已知隐性纯合子和显性纯合子果实重量分别为150 g和270 g。现将三对基因均杂合的两植株杂交，F1中重量为190 g的果实所占比例为 A.3/64 B.5/64 C.12/64 D.15/64 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 7 √ 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 假设用A、a，B、b，C、c表示相关基因，由于隐性纯合子(aabbcc)和显性纯合子(AABBCC)果实重量分别为150 g和270 g，则每个显性基因的增重为(270－150)/6＝20(g)，AaBbCc果实重量为210 g，自交后代中重量为190 g的果实其基因型中只有两个显性基因、四个隐性基因，即AAbbcc、aaBBcc、aabbCC、AaBbcc、AabbCc、aaBbCc六种，所占比例依次为1/64、1/64、1/64、4/64、4/64、4/64，故为15/64。 7 3.已知某作物晚熟(W)对早熟(w)为显性，易感病(R)对抗病(r)为显性，两对基因独立遗传。含早熟基因的花粉有50%死亡，且纯合易感病个体不能存活，现有一株纯合晚熟抗病个体与一株早熟易感病个体，杂交得F1，取其中所有晚熟易感病个体自交，所得F2表型比例为 A.6∶3∶2∶1 B.15∶5∶3∶1 C.16∶8∶2∶1 D.10∶5∶2∶1 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 √ 7 1 2 3 4 5 6 由题意可知，F1中的晚熟易感病个体的基因型为WwRr，其自交。含有w基因的花粉有50%死亡，因此基因型为Ww的父本产生的可育配子的类型及比例为W∶w＝2∶1，母本产生的可育配子的类型及比例为W∶w＝1∶1，雌、雄配子随机结合，子代的基因型及比例为WW∶Ww∶ww＝2∶3∶1，即后代中晚熟∶早熟＝5∶1。亲本纯合抗病个体基因型为rr，易感病个体基因型为Rr，F1的基因型及比例为rr∶Rr＝1∶1；取F1中所有易感病个体(Rr)自交，后代中能存活的易感病个体(Rr)∶抗病个体(rr)＝2∶1。故F2表型比例为(5∶1)×(2∶1)＝10∶5∶2∶1。 跟踪训练 7 4.狗毛褐色由B基因控制，黑色由b基因控制，I和i是位于另一对同源染色体上的一对等位基因，I是抑制基因，当I存在时，B、b均不表现颜色而产生白色。现有黑色狗(bbii)和白色狗(BBII)杂交，F1雌雄个体自由交配，产生的F2中杂合褐色∶黑色为 A.1∶3 B.2∶1 C.1∶2 D.3∶1 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 7 √ 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 由题意可知，白色狗的基因型为_ _I_，褐色狗的基因型为B_ii，黑色狗的基因型为bbii。黑色狗(bbii)和白色狗(BBII)杂交，F1的基因型为BbIi，F2中杂合褐色(Bbii)占2/16，黑色(bbii)占1/16，因此两者的比例为2∶1。 7 5.某种鼠群中，黄鼠基因Y对灰鼠基因y为显性，短尾基因T对长尾基因t为显性，且基因Y或T在纯合时都能使胚胎致死，这两对基因独立遗传。两只黄色短尾鼠交配后所生的子代表型比例为 A.3∶1∶3∶1 B.9∶3∶3∶1 C.4∶2∶2∶1 D.1∶1∶1∶1 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 √ 7 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 交配的两只黄色短尾鼠，正常情况下其基因型为YYTT、YYTt、YyTT或YyTt，但由于“基因Y或T在纯合时都能使胚胎致死”，所以交配的两只黄色短尾鼠的基因型为YyTt。这两只鼠交配后，子代正常情况下的基因型及比例为Y_T_∶Y_tt∶yyT_∶yytt＝9∶3∶3∶1，但根据题意可知，黄色短尾鼠交配后产生的后代的基因型可表示为(2Yy∶1yy)(2Tt∶1tt)，即子代的基因型和表型为4YyTt(黄色短尾)、2Yytt(黄色长尾)、2yyTt(灰色短尾)、1yytt(灰色长尾)，即所生子代表型比例为4∶2∶2∶1。 7 6.多指症由显性基因控制，先天性聋哑由隐性基因控制，决定这两种遗传病的基因自由组合(两种病都与性别无关)，一对男性患多指、女性正常的夫妇，婚后生了一个手指正常的聋哑孩子。这对夫妇再生下的孩子为手指正常、先天性聋哑、既多指又先天性聋哑这三种情况的可能性依次是 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 7 √ 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 设多指相关基因用A、a表示，聋哑相关基因用B、b表示。根据亲代和子代表型，可推出父亲基因型为AaBb，母亲基因型为aaBb，他们再生一个孩子情况如图： 7 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 7 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 7.(2022·无锡高一月考)边境牧羊犬被誉为世界上最“聪明”的狗，其毛色受两对染色体上的两种基因控制。第一种基因控制毛色，其中黑色为显性性状(B)，棕色为隐性性状(b)。第二种基因控制颜色的表达，颜色表达是显性性状(E)，颜色不表达为隐性性状(e)。无论遗传的毛色是哪一种(黑色或棕色)，颜色不表达狗的毛色为黄色。一位育种学家连续让一只棕色的狗与一只黄色的狗交配，所生小狗(F1)全为黑色，让F1雌雄黑狗相互交配，结果生下的小狗(F2)有黑色、黄色和棕色三种体色，请分析回答下列问题： (1)该遗传实验中，亲代棕毛狗和黄毛狗的基因型分别是________、________。 7 bbEE BBee 1 2 3 4 5 跟踪训练 由题干信息可知，一位育种学家连续让一只棕色的狗(bbE_)与一只黄色的狗(_ _ee)交配，所生小狗全为黑色(B_E_)，所以亲代棕毛狗和黄毛狗的基因型分别是bbEE、BBee。 6 7 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 (2)理论上说，F2中各种表型及其数量比应为_________________________ __________，其中黄毛狗的基因型及其数量比应为___________________ ___________，如果让F2中黄毛狗与亲代棕毛狗交配，其后代出现棕毛狗的概率是________。 7 黑毛狗∶棕毛狗∶黄毛狗＝ 9∶3∶4 BBee∶Bbee∶bbee ＝1∶2∶1 50% 1 2 3 4 5 跟踪训练 F1黑毛狗(BbEe)雌雄交配，按照基因自由组合定律可知，F2表型及比例为B_E_(黑色)∶B_ee(黄色)∶bbE_(棕色)∶bbee(黄色)＝9∶3∶3∶1，所以理论上说，F2中各种表型及其数量比应为黑毛狗∶棕毛狗∶黄毛狗＝9∶3∶4，其中黄毛狗的基因型有3种，即BBee、Bbee、bbee，如果让F2中黄毛狗与亲代棕毛狗(bbEE)交配，其后代出现棕毛狗(bbE_)的概率是 ，即50%。 6 7 1 2 3 4 5 6 跟踪训练 (3)这两对基因的遗传遵循__________定律，如果要利用以上家系设计测交实验验证该规律，可以从F2黄毛狗中选出合适基因型个体与任一异性________狗进行实验。 7 自由组合 F1黑毛 因为毛色受两对同源染色体上的两对基因控制，所以这两对基因的遗传遵循自由组合定律，如果要利用以上家系设计测交实验验证该规律，可以从F2黄毛狗中选出bbee基因型个体与任一异性F1黑毛狗BbEe进行实验。 产生ABC配子的概率为××＝。 又如该双亲后代中，AaBBCC出现的概率为(Aa)×(BB)×(CC)＝。 又如该双亲后代中，A_bbcc出现的概率为(A_)×(bb)×(cc)＝。 (2)子代：1∶1∶1∶1＝(1∶1)(1∶1)⇒ (3)子代：3∶1∶3∶1＝(3∶1)(1∶1)⇒ (4)子代：3∶1＝(3∶1)×1⇒ 白色色素粉色色素红色色素 基因型为AABB的个体与基因型为aabb的个体杂交得到F1，则F1的基因型为AaBb，F1自交后代中花色的表型及比例为白色(aaB_＋aabb)∶粉色(A_bb＋AaB_)∶红色(AAB_)＝(×＋×)∶(×＋×)∶(×)＝4∶9∶3。 A.、、 B.、、 C.、、 D.、、 ①表示全正常，×＝；②表示只患聋哑，×＝；③表示只患多指，×＝；④表示既患多指又患聋哑，×＝。据此可得出答案。 ＋×＝ $$