Exercices de génétiques faits en classe avec les réponses

La génétique et l’hérédité
Exercice de révision :
La phénylcétonurie est une maladie héréditaire due à un allèle récessif. Dans les cellules du foie, une
enzyme, la PAH (phénylalanine hydroxylase), permet de transformer la phénylalanine en excès en tyrosine
(autre acide aminé). Chez les individus phénylcétonuriques, le gène responsable de la PAH est défectueux.
Chez les phénylcétonuriques, la transformation de la phénylalanine ne peut se produire et la phénylalanine
s'accumule alors dans le sang alors que le taux de tyrosine est abaissé. L'excès de phénylalanine dans le
sang est toxique pour le système nerveux, et perturbe le développement du cerveau de l'enfant, entraînant
un retard mental. L'abaissement des taux de tyrosine entraîne un abaissement de la production de
mélanine, ce qui fait que les enfants atteints ont tendance à avoir des cheveux, un teint et des yeux pâles.
Un père et une mère, tous deux des porteurs sains (ils n’ont pas la maladie mais la porte en eux), ont huit
enfants.
Parents
Roger P p
Ginette P p
Enfants
Eric
Samuel
Nathalie
Nadia
Marc
Annie
Stéphane
Josée-Anne
pp
Pp
PP
pp
Pp
Pp
PP
Pp
1-
Quels sont les individus de cette famille qui sont hétérozygotes?
2-
Quels sont les individus de cette famille qui sont homozygotes dominants?
3-
Quels enfants ont la phénylcétonurie?
4-
Quel allèle est dominant?
5-
Combien y a-t-il de phénotypes différents dans la famille?
6-
Combien y a-t-il de génotypes différents dans la famille?
7-
Si les parents veulent un neuvième enfant, quelles seront les probabilités qu’il soit atteint par la
phénylcétonurie?
Probabilités
Pour tout événement, la somme des probabilités de tous les résultats possibles est toujours de 1.
8- Vous devez piger une seule carte d’un jeu de carte. Quelle est la probabilité que vous
pigiez un as de carreau du jeu de cartes?
9- Quelle est la probabilité que vous pigiez toute autre carte que l’as de carreau?
10- Avec un dé à six face, quelle est la probabilité que vous jouiez un 5 ou un 6?
Le résultat de n’importe lequel lancé est indépendant des lancés précédents. Même si on a joué
face 10 fois d’affilée, le 11ième lancé a toujours ½ chance de tomber encore sur face…
Lorsque l’on veut évaluer la probabilité que plusieurs événements indépendants se passent en
même temps ou consécutivement, on doit multiplier les probabilités.
1
11- Avec un dé à six faces, quelle est la probabilité, avec deux lancés, que vous jouiez deux
fois d’affilée un 3?
12- Vous jouez à pile ou face, quelle est la probabilité que vous obteniez face 3 fois d’affilée?
13- Vous lancez simultanément un dé à six face et une pièce de monnaie, quelles sont vos
chances d’obtenir pile (pièce de monnaie) et 2 (dé) en même temps?
Lorsqu’un événement peut se produire de différentes façons simultanément, il faut additionner les
probabilités.
14- En lançant deux pièces de monnaie simultanément, quelle est la probabilité que vous
obteniez pile et face?
Comment résoudre vos problèmes de génétique
1- Traduisez les données du problème sous forme de génotype en tenant compte des
allèles dominants et récessifs; utilisez des lettres majuscules pour désigner les allèles
dominants et des lettres minuscules pour les allèles récessifs.
2- Trouvez le génotype des parents :
- selon les données du problème
- selon les informations sur leurs propres parents
- selon les informations concernant les allèles du génotype des parents:
homozygote récessif, homozygote dominant, hétérozygote.
3- Trouvez les gamètes possibles produits par les parents.
4- Croisez les gamètes selon la grille de Punnet pour trouver tous les zygotes pouvant être
formés.
5- Répondez à la question posée...
Problèmes de croisements monohybrides (un seul gène)
15- Dans l’exercice de révision de la page 1, quels sont les gamètes (et leurs proportions)
produits par les deux parents?
16- En utilisant la réponse de la question précédente (Q. 15), calculez la probabilité qu’un
spermatozoïde transportant l’allèle « p » rencontre une ovule transportant elle aussi l’allèle
« p ».
17- Dans les plants de pois, l’allèle pour les fleurs violettes (V) est dominant et l’allèle pour les
fleurs blanches (v) est récessif. Si l’on croise une plante homozygote dominante (à fleurs
violettes) avec une plante à fleurs blanches et que nous obtenons 1000 graines, combien
de ces graines (approximativement) donneront des plantes à fleurs blanches?
18- Le croisement entre un cochon d’Inde mâle noir (dominant) et un cochon d’Inde femelle
albinos (récessif) donne 4 bébés noirs et 4 bébés albinos. Quel est le génotype des
parents?
2
19- Une fois adulte, deux des bébés cochons d’Inde noirs de la question précédente sont
croisés ensemble. Quelle sera la probabilité d’obtenir un bébé albinos?
20- Attention, question plus difficile… La fibrose kystique est une maladie héréditaire
récessive. Environ 1 personne sur 25 est porteuse de la maladie (hétérozygote) au
Québec. Dans une famille où tout le monde est en parfaite santé (père, frères et sœurs),
sauf la mère qui est morte de la maladie, une fille veut avoir des enfants avec un homme
québécois en santé. Quelles sont les probabilités qu’ils aient un enfant atteint par la
maladie?
Problèmes de croisements dihybrides (2 gènes)
Lorsque nous considérons la transmission génétique de deux gènes à la fois, nous faisons face à
un problème de dihybridisme. Pour répondre à la question posée, il faudra faire deux grilles de
Punnett successives, c’est-à-dire une pour chacun des gènes. Effectivement, chacun des gènes
pourra être traité indépendamment de l’autre gène du problème comme pour le calcul des
probabilités du dé et de la pièce de monnaie de la question 13. Pour vous aider à trouver la
réponse, utilisez la technique de « l’arbre des probabilités » des génotypes ou des phénotypes, en
fonction de la question posée.
Voici un exemple… Quelle est la probabilité qu’une femme et son mari aient un enfant aux ongles
crochus (c) et dorés (d) si on sait que ces deux caractères sont récessifs et que les deux parents
sont hétérozygotes (CcDd)?
Comment résoudre vos problèmes de génétique (dihybridisme)
Les quatre premières étapes sont les mêmes que pour les problèmes de monohybridisme (voir
page précédente), sauf que l’on fait l’étape 4 deux fois, une fois pour chaque gène. Donc, dans le
cas présent, une fois pour le gène « C » et une fois pour le gène « D ».
C
c
C CC Cc
c Cc cc
D
d
D DD Dd
d Dd dd
Selon nos grilles, les chances d’avoir un enfant aux
ongles droits (CC ou Cc) sont de ¾ et aux ongles crochus
(cc) sont de ¼.
Ces probabilités sont les mêmes pour la couleur des ongles : ¾ translucides et ¼ dorés.
5- Placez les résultats dans un arbre des génotypes ou des phénotypes, en fonction de la réponse
recherchée. Dans notre cas présent, la réponse recherchée fait référence à un phénotype
(ongles crochus et dorés), alors nous ferons un arbre des phénotypes.
Ongles droits
Ongles translucides
¾
Ongles dorés
¼
Ongles translucides
¾
Ongles dorés
¼
¾
Enfants
Ongles crochus
¼
6- Une fois l’arbre fait, calculez la (les) probabilité(s) finale(s) demandée(s) par le problème.
7- Répondez à la question posée… L’enfant à naître a ¼ d’avoir les ongles crochus et ¼ d’avoir
les ongles dorés. Ses chances d’avoir des ongles crochus et dorés sont donc de ¼ x ¼ , ce
qui donne 1/16.
3
21- Chez les vaches, un gène contrôle la présence ou l’absence de taches tandis qu’un autre
contrôle la longueur de la queue. Sachant que l’allèle de pelage taché (T) est dominant sur
l’allèle de pelage uni et que l’allèle de queue longue (L) est dominant sur l’allèle de queue
courte (l), énumérez tous les phénotypes possibles lors du croisement entre une vache
double hétérozygote (Tt, Ll) avec une vache unie à queue courte.
22- Chez la tomate, le gène «tige pourpre» (A) domine son allèle ««tige verte» (a) et le gène
«fruit rouge» (R) domine son allèle «fruit jaune» (r). Si on croise deux plants de tomates
hétérozygotes pour chacune des deux caractéristiques, quelle proportion de la progéniture
devrait avoir :
a) des tiges pourpres et des fruits jaunes ?
b) des tiges vertes et des fruits rouges ?
c) des tiges pourpres et des fruits rouges ?
23- 160 graines ont été obtenues à la suite du croisement décrit au problème précédent,
environ combien donneront des plants :
a) à fruits rouges ?
b) à tiges vertes ?
c) à tiges vertes et à fruits jaunes ?
Problèmes de codominance
24- Si votre groupe sanguin est AB+ (hétérozygote) et que celui de l’élu de votre cœur est B(homozygote), quels seront les groupes sanguins possibles de vos futurs enfants?
25- La coloration d’une espèce de canards est déterminée par une seule paire de gènes
ayant quatre allèles. Les allèles FG, FH et FI sont codominants, et l’allèle f est récessif par
rapport aux deux autres. Combien de couleurs différentes sont possibles dans une volée
de canards contenant toutes les combinaisons possibles de ces quatre allèles?
26- Chez les bovins, le gène «poil raide» (S) domine le «poil bouclé» (s). La paire de gènes
déterminant la coloration de la robe (R = robe rousse, R ' = robe blanche) montre une
absence de dominance; les hétérozygotes (RR') ont une robe rouanne (roux mêlé de
poils blancs et noirs dispersés).
a) Une vache rousse au poil bouclé est croisée avec un taureau blanc au poil raide
(homozygote). Indiquez le génotype et le phénotype de leur veau.
b) Si le veau est croisé plus tard avec une vache rouanne au poil bouclé, quels seront
les phénotypes possibles de leur progéniture ?
27- Attention, question plus difficile… L’anémie à hématies falciformes est une maladie
héréditaire qui s’attaque aux globules rouges humains. Martine et Philippe ont tous deux
un frère ou une sœur atteint de la maladie. Ni Martine, ni Philippe, ni aucun de leurs
parents ne souffre de la maladie. À partir de ces renseignements, calculez la probabilité
qu’un enfant issu de ce couple soit atteint de l’anémie à hématies falciformes.
4
Réponses aux questions
(plusieurs de ces problèmes ont été faits en classe, réviser vos notes de cours pour voir
comment le problème est solutionné)
1- Les hétérozygotes (Pp) sont Roger, Ginette, Samuel, Marc, Annie et Josée-Anne.
2- Les homozygotes dominants (PP) sont Nathalie et Stéphane.
3- Les enfants atteints de phénylcétonurie (pp) sont Éric et Nadia.
4- L’allèle dominant et le « P » (le « p » étant donc récessif)
5- Il y a deux phénotypes dans la famille : des gens « en santé » et des gens « atteints de la
phénylcétonurie ».
6- Il y a trois génotypes dans la famille : des gens PP (homozygotes dominants), des gens Pp
(hétérozygotes) et des gens pp (homozygotes récessifs).
7- Les chances que le neuvième enfant soit atteint sont de ¼ . (Même si tous les enfants
précédents avaient été atteints, la probabilité n’aurait pas changé et aurait été de ¼).
8- 1/52 (ou 1/54 avec les jokers…)
9- 51/52 (ou 53/54)
10- 1/6 pour le 5, 1/6 pour le 6, un total de 2/6 (1/3) pour un 5 OU un 6.
11- 1/6 pour le premier 3, 1/6 pour le deuxième 3, un total de 1/36 pour un 3 ET un autre 3.
12- Chaque lancé donne 1 chance sur 2 d’avoir face, ½ x ½ x ½ = 1/8.
13- ½ pour le « pile » et 1/6 pour le dé, pour un total de 1/12 d’avoir les deux en même temps.
14- Si je lance deux pièces de monnaie en même temps je peux obtenir PP, PF, FP ou FF (P =
pile et F = face). Comme il y a deux façons d’avoir un P et un F en même temps (PF et FP) et
que chacun ont une probabilité de ¼, ¼ + ¼ = ½ .
15- Les deux parents produisent la ½ de leurs gamètes portant l’allèle « P » et l’autre ½ portant
l’allèle « p ».
16- ½ x ½ = ¼ qu’un « p » rencontre un « p ».
17- VV x vv donne 100% de graines Vv (phénotype = mauve), donc 0 graines (sur le 1000
produites) donneront des fleurs blanches…
18- La femelle, comme elle est albinos, est nécessairement homozygote récessive : aa. Le mâle
pourrait être Aa ou AA mais comme la moitié de ses enfants sont aa, on est certain qu’il est
hétérozygote (Aa).
19- Les bébés noirs de la question précédentes sont nécessairement Aa puisque leur maman ne
peut donner que « a » comme allèle. Aa x Aa = ¼ des bébés qui seront albinos (aa).
20- Il faut 3 événements pour qu’un enfant puisse être malade à partir de deux parents en santé.
1- il faut que la mère soit porteuse, 2- il faut que le père soit porteur et 3-il faut que le bébé
5
soit « malchanceux » car avoir deux parents porteurs n’implique pas nécessairement qu’il sera
malade. Une fois que l’on connaît les probabilités pour chacun des 3 événements, on peut les
multiplier. Maman porteuse = 100%, papa porteur = 1/25, bébé malchanceux = ¼. 100% x 1/25 x
¼ = 1/100.
21- Tt Ll x tt ll = ¼ bébés tachés à queue longue, ¼ bébés tachés à queue courte, ¼ des bébés
unis à queue longue et ¼ bébés unis à queue courte, pour un total de 4 phénotypes possibles.
22- Aa Rr x Aa Rr
a. ¾ x ¼ = 3/16
b. ¼ x ¾ = 3/16
c. ¾ x ¾ = 9/16
23- Aa Rr x Aa Rr
a. ¾ x 160 = 120 graines
b. ¼ x 160 = 40 graines
c. ¼ x ¼ x 160 = 10 graines
24- IAIB Rr x IBi rr = A+, A-, AB +, B + AB - et B- (les proportions ne sont pas demandées mais
serait de ¼ pour chacun des phénotypes).
25- Il y aura 7 phénotypes possibles (G : FGFG ou FGf, H : FHFH ou FHf, I : FIFI ou FIf, GI : FGFI, GH
: FGFH, HI : FHFI et f : ff). Comme nous n’avons aucune information sur les couleurs possibles des
canards, je n’ai pas associé de couleurs aux phénotypes (codés ici par des lettres : G, H, I, GH,
GI, HI ou f) mais je pourrais inventer que H correspond à noir, I correspond à rouge, HI
correspond ;a rouge mêlé de noir et que f correspond à blanc, etc.…
26- Deux croisements suivants :
a. RR ss x R’R’ SS = tous les bébés RR’ Ss = robe rouanne et poil raide.
b. RR’ ss x RR’ Ss = bébés blancs poil raide, bébés blancs poil bouclé, bébés roux poil raide,
bébés roux poil bouclé, bébés rouans poil raide et bébés rouans poil bouclé (total de 6
phénotypes possibles).
27- Cette question ressemble beaucoup à la question 20 dans son raisonnement. Maman
porteuse = 2/3, papa porteur = 2/3, bébé malchanceux = ¼, 2/3 x 2/3 x ¼ = 4/36 (1/9). Nous
obtenons une probabilité de 2/3 pour papa et maman plutôt que ½ parce que l’on peut éliminer la
possibilité qu’ils soient malades eux-mêmes.
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