Question

16．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．他们生有一个患白化病但手指正常的孩子．请分析：
（1）其再生一个孩子只患白化病的概率是$\frac{1}{8}$．
（2）生一个只出现多指孩子的概率是$\frac{3}{8}$．
（3）生一个既白化又多指的女儿的概率是$\frac{1}{16}$．
（4）后代中只患一种病的概率是$\frac{1}{2}$．
（5）后代中正常的概率是$\frac{3}{8}$．

Answer 1

分析 由题意知，该家庭中，父亲多指，但是没有白化病，基因型为A_T_，母亲正常，基因型为A_tt，他们生有白化病但是手指正常的孩子，该孩子的基因型是aatt，因此该对夫妻的基因型分别是AaTt、Aatt，由于决定不同性状的基因自由组合，因此可以用分离定律解决后代患病概率的计算．

解答 解：由分析可知，该对夫妻的基因型是AaTt、Aatt，将自由组合问题转化成两个分离定律问题：
①Aa×Aa→正常A_=$\frac{3}{4}$、白化病患者aa=$\frac{1}{4}$；②Tt×tt→多指Tt=$\frac{1}{2}$、手指正常tt=$\frac{1}{2}$所以
（1）再生一个孩子只患白化病的概率是aatt=$\frac{1}{4}×\frac{1}{2}=\frac{1}{8}$；
（2）生一个只出现多指孩子的概率是A_Tt=$\frac{3}{4}×\frac{1}{2}=\frac{3}{8}$；
（3）生一个既白化又多指的女儿的概率是aaTtXX=$\frac{1}{4}×\frac{1}{2}×\frac{1}{2}=\frac{1}{16}$；
（4）后代中只患一种病的概率是aatt+A_Tt=$\frac{1}{4}×\frac{1}{2}+\frac{3}{4}×\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$；
（5）后代正常的概率是A_tt=$\frac{3}{4}×\frac{1}{2}=\frac{3}{8}$．
故答案为：
（1）$\frac{1}{8}$
（3）$\frac{3}{8}$
（3）$\frac{1}{16}$
（4）$\frac{1}{2}$
（5）$\frac{3}{8}$

点评 本题的知识点是人类遗传病的概率计算，基因自由组合定律的实质和应用，旨在考查学生根据子代表现型推出亲本基因型，并应用分离定律解决自由组合定律进行遗传病概率计算的能力．