1) O documento descreve cruzamentos genéticos entre plantas e animais com diferentes características controladas por genes dominantes e recessivos. 2) São apresentadas proporções esperadas de fenótipos na geração F1 e F2 de cruzamentos mono e di-híbridos. 3) São explicados possíveis genótipos de indivíduos com base nos fenótipos de sua descendência em retrocruzamentos.

1. 1.1 -
Plantas de linhagem pura Genótipo Tipo de gâmetas produzidos
Corola vermelha VV V
Corola branca vv v
Plantas híbridas Genótipo Tipo de gâmetas produzidos
Corola vermelha Vv V ou v
1.2 - VV x Vv VV x vv
½ V ½ v ½ v ½ v
½ V ¼ VV ¼ Vv ½ V ¼ Vv ¼ Vv
½ V ¼ VV ¼ Vv ½ V ¼ Vv ¼ Vv
Todos os indivíduos da Todos os indivíduos da
geração F1 possuem corola vermelha geração F1 possuem corola vermelha
Vv x Vv Vv x vv
½ V ½ v ½ v ½ v
½ V ¼ VV ¼ Vv ½ V ¼ Vv ¼ Vv
½ v ¼ Vv ¼ vv ½ v ¼ vv ¼ vv
¾ (75%) dos indivíduos da geração ½ (50 %) dos indivíduos da geração
F1 possuem corola vermelha F1 possuem corola vermelha
¼ (25%) dos indivíduos da geração ½ (50 %) dos indivíduos da geração
F1 possuem corola branca F1 possuem corola branca
2.1 – Cinzento x Branco  Proporção fenotípica dos descendentes = ½ cinzento : ½ branco
Cc x cc
Cinzento x Cinzento  Proporção fenotípica dos descendentes = 3 cinzento : 1 branco
Cc x Cc
Branco x Branco  Proporção fenotípica dos descendentes = 100% branco
cc x cc
Cinzento x Branco  Proporção fenotípica dos descendentes = 100% cinzento
CC x cc
Cinzento x Cinzento  Proporção fenotípica dos descendentes = 100% cinzento
CC x C_

2. 3.1 – Genótipo da cobaia de pêlo preto de linha pura: PP
Genótipo da cobaia de pêlo branco: pp
PP x pp

F1 Pp

F2 ¼ PP : 2
/4 Pp : ¼ pp
½ P ½ p
½ P ¼ PP ¼ Pp
½ p ¼ Pp ¼ pp
R: 2
/4 dos indivíduos da geração F2 serão heterozigóticos (Pp).
3.2 – Cobaia de pêlo de cor preta  o seu genótipo pode ser PP ou Pp
Retrocruzamento Retrocruzamento
(se a cobaia possuir genótipo PP) (se a cobaia possuir genótipo Pp)
½ p ½ p ½ p ½ p
½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ P ¼ Pp ¼ Pp
½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ p ¼ pp ¼ pp
PP x pp Pp x pp
 
100% Pp (descendentes todos de cor preta) 50% Pp : 50% pp (metade dos descendentes são
de cor preta e metade de cor branca)
R: O genótipo possível dessa cobaia de pêlo de cor preta é PP (só assim a sua descendência pode
ser formada por indivíduos todos com pêlo de cor preta).
4.1 – Penas sedosas – n Nn x Nn
Penas normais – N 
F1 3 penas normais (N_) : 1 penas sedosas (nn)
½ N ½ n
½ N ¼ NN ¼ Nn
½ n ¼ Nn ¼ nn

3. 96 – 4  x = 96 x 3 = 72 (indivíduos com penas normais)
x – 3 4
96 – 72 = 24 (indivíduos com penas sedosas)
R: Esperar-se-iam 72 indivíduos com penas normais e 24 com penas sedosas.
4.2 – Procedendo-se a um retrocruzamento. Se, na geração F1 se observassem indivíduos de pe-
nas sedosas, então saberíamos que a ave de penas normais só poderia ser heterozigótica (Nn),
pois de outro modo, todos os descendentes teriam que possuir penas normais.
Nn x nn NN x nn
 
F1 ½ Nn : ½ nn F1 100% Nn
50% descendentes com penas normais 100% descendentes com penas normais
50% descendentes com penas sedosas
5.1 – Rato que dança valsa – v VV x vv
Rato normal – V (normal)  (dançarino)
F1 100% Vv (todos normais)
R: O genótipo dos progenitores só poderá ser VV e vv.
5.2 – O genótipo dos ratos da geração F1 é Vv.
5.3 – Vv x Vv  Ratos que dançam valsa (vv) = ?
½ V ½ v
½ V ¼ VV ¼ Vv
½ v ¼ Vv ¼ vv
R: A probabilidade de, na geração F2, surgirem ratos que dançam valsa é de 25% (1
/4).
6.1 – albino (aa)
normal (A_)
aa A__ A_ aa
Aa António: Aa Aa
???

4. ½ A ½ a
½ A ¼ AA ¼ Aa
½ a ¼ Aa ¼ aa
R: O António e a sua esposa têm possibilidades de vir a ter um descendente albino pois o casal é
heterozigótico para o gene que condiciona o albinismo.
7.1 – 1 – aa 5 – aa 9 – aa 13 – Aa
2 – Aa 6 – Aa 10 – Aa 14 – Aa
3 – aa 7 – aa 11 – aa 15 – aa
4 – Aa 8 – Aa 12 – Aa 16 – aa
7.2 - 7 x 8  aa x Aa
½ A ½ a
½ a ¼ Aa ¼ aa
½ a ¼ Aa ¼ aa
R: Entre o cruzamento dos indivíduos 7 e 8, seria de esperar que ½ (50%) da descendência exibisse
a dita característica (Aa).
12 x 13  Aa x Aa
½ A ½ a
½ A ¼ AA ¼ Aa
½ a ¼ Aa ¼ aa
R: Entre o cruzamento dos indivíduos 12 e 13 seria de esperar que ¾ (75%) da descendência exibis-
se a dita característica.
8.1 – Se a doença fosse provocada por um gene recessivo, os indivíduos 1 e 2 seriam homozigóticos
recessivos e nunca poderiam originar descendentes normais (3), logo podemos concluir que a
doença é provocada por um alelo dominante.
8.2 - 1 – Aa 4 – A_ 7 – Aa 10 - Aa
2 – Aa 5 – A_ 8 – Aa
3 – aa 6 – aa 9 – Aa
albino

5. 8.3 – Indivíduo 10  Aa
½ a ½ a
½ A ¼ Aa ¼ Aa
½ a ¼ aa ¼ aa
R: Para ter 50% de probabilidades de obtenção de descendentes normais, o indivíduo 10 teria que
se casar com uma mulher normal (aa).
9.1 – O gene que condiciona a surdo-mudez é recessivo. O cruzamento que permite que se chegue a
esta conclusão é o cruzamento 2 – dois indivíduos normais têm um descendente surdo-mudo
(apesar de não o manifestarem, ambos os progenitores teriam que possuir informação para a
doença).
9.2.1 – n: condiciona a doença; N: indivíduos normais
Surdo-mudo x Normal  Surdo-mudo
nn x Nn  nn
9.2.2 -
½ N ½ n
½ n ¼ Nn ¼ nn
½ n ¼ Nn ¼ nn
R: O casal tem 50% (1/2) de probabilidades de vir a ter descendentes normais (Nn).
10.1.1 – Uma vez que se estudou simultaneamente a transmissão hereditária de duas características
(cor do pêlo: preto/castanho; dimensão do pêlo: curto/longo), é porque se trata de um pro-
blema de di-hibridismo.
10.1.2 – Progenitores homozigóticos para as duas características em estudo tiveram, na primeira
geração, híbridos, todos com o fenótipo pêlo curto e preto. Dado esse fenótipo dos descen-
dentes da geração F1, podemos concluir que o pêlo curto e preto é condicionado por alelos
dominantes, sendo o pêlo longo e castanho condicionado por alelos recessivos.
normais

6. 10.2 – P: pêlo preto C: pêlo curto
p : pêlo castanho c: pêlo longo
PPCC x ppcc
(pêlo preto curto) (pêlo castanho longo)

Gâmetas PC pc

F1 PpCc
R: Os indivíduos da geração F1 possuem o genótipo PpCc.
10.3.1 – PpCc x PpCc  gâmetas produzidos ????
½ C – ¼ PC
½ P
½ c – ¼ Pc
½ C – ¼ pC
½ p
½ c – ¼ pc
10.3.2 -
¼ PC ¼ Pc ¼ pC ¼ pc
¼ PC 1
/16 PPCC 1
/16 PPCc 1
/16 PpCC 1
/16 PpCc
¼ Pc 1
/16 PPCc 1
/16 PPcc 1
/16 PpCc 1
/16 Ppcc
¼ pC 1
/16 PpCC 1
/16 PpCc 1
/16 ppCC 1
/16 ppCc
¼ pc 1
/16 PpCc 1
/16 Ppcc 1
/16 ppCc 1
/16 ppcc
Proporções fenotípicas: 9
/16 pêlo preto curto: 3
/16 pêlo preto longo: 3
/16 pêlo castanho curto: 1
/16 pê-
lo castanho longo
Proporções genotípicas: 1
/16 PPCC: 2
/16 PPCc: 2
/16 PpCC: 4
/16 PpCc: 1
/16 PPcc: 2
/16 Ppcc: 1
/16 ppCC:
2
/16 ppCc: 1
/16 ppcc
10.4.1 – Para proceder a retrocruzamentos teria que escolher um indivíduo de pêlo castanho e lon-
go, cujo genótipo seria ppcc (homozigótico recessivo para os dois caracteres).
10.4.2 – O fenótipo dos pastores alemães que foram retrocruzados é: pêlo preto curto. A este fenóti-
po podem corresponder diferentes genótipos:
A – PPCC
B - PPCc
C – PpCC x ppcc
D - PpCc

7. A - PPCC x ppcc  Relativamente à cor do pêlo, os descendentes deste cruzamento serão todos Pp
(pêlo preto) e relativamente à dimensão do pêlo, esses descendentes serão todos Cc (pêlo curto).
½ p ½ p ½ c ½ c
½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc
½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc
Cor do pêlo (100% Pp – preto) Dimensão do pêlo (100% Cc – curto)
R: O pastor alemão do retrocruzamento 1 tem como genótipo PPCC.
B – PPCc x ppcc  Relativamente à cor do pêlo, os descendentes deste cruzamento serão todos Pp
(pêlo preto) mas, relativamente à dimensão do pêlo, esses descendentes poderão ter pêlo curto
(50%) ou pêlo longo (50%).
½ p ½ p ½ c ½ c
½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc
½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ c ¼ cc ¼ cc
Cor do pêlo (100% Pp – preto) Dimensão do pêlo (50% Cc – curto: 50% cc – longo)
Descendentes
½ Cc – ½ PpCc
Pp
½ cc – ½ Ppcc
R: O pastor alemão do retrocruzamento 2 tem como genótipo PPCc.
C – PpCC x ppcc  Relativamente à cor do pêlo, os descendentes deste cruzamento poderão ter pê-
lo preto (50%) ou pêlo castanho (50%). Contudo, e relativamente à dimensão do pêlo, todos es-
ses descendentes terão pêlo curto.
½ p ½ p ½ c ½ c
½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc
½ p ¼ pp ¼ pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc
Cor do pêlo (50% Pp – preto: 50% pp – castanho) Dimensão do pêlo (100% Cc – curto)
Descendentes
½ Pp ½ PpCc
Cc
½ pp ½ ppCc
R: O pastor alemão do retrocruzamento 3 tem como genótipo PpCC.

8. D – PpCc x ppcc  Relativamente à cor do pêlo, 50% dos descendentes terão pêlo preto (Pp) e
50% terão pêlo castanho (pp). Por outro lado, e relativamente à dimensão do pêlo, 50% desses
descendentes terão pêlo curto (Cc) e 50% pêlo longo (cc).
½ p ½ p ½ c ½ c
½ P ¼ Pp ¼ Pp ½ C ¼ Cc ¼ Cc
½ p ¼ pp ¼ pp ½ c ¼ cc ¼ cc
Cor do pêlo Dimensão do pêlo
(50% Pp – preto: 50% pp – castanho) (50% Cc – curto: 50% cc – longo)
Descendentes
½ Cc – ¼ PpCc
½ Pp
½ cc – ¼ Ppcc
½ Cc – ¼ ppCc
½ pp
½ cc – ¼ ppcc
R: O pastor alemão do retrocruzamento 4 tem como genótipo PpCc.
11.1 – A: tamanho normal B: polpa escura
a: anão b: polpa amarela
AABB x aabb
Tamanho normal Anão
Polpa escura  Polpa amarela
AaBb
Tamanho normal / Polpa escura
R: Com este cruzamento o agricultor não conseguiria obter tomates anões e de polpa escura, pois
com os progenitores utilizados, os descendentes da geração F1 seriam todos de genótipo AaBb
(tamanho normal e polpa escura).
11.2 – O tomate anão e de polpa escura poderia aparecer na geração F2.
11.3 - AaBb x AaBb
½ B – ¼ AB
½ A
½ b – ¼ Ab
Gâmetas
½ B – ¼ aB
½ a
½ b – ¼ ab

9. ¼ AB ¼ Ab ¼ aB ¼ ab
¼ AB 1
/16 AABB 1
/16 AABb 1
/16 AaBB 1
/16 AaBb
¼ Ab 1
/16 AABb 1
/16 AAbb 1
/16 AaBb 1
/16 Aabb
¼ aB 1
/16 AaBB 1
/16 AaBb 1
/16 aaBB 1
/16 aaBb
¼ ab 1
/16 AaBb 1
/16 Aabb 1
/16 aaBb 1
/16 aabb
Variedade de tomate que se pretende  tomate anão de polpa escura  genótipo aaB_
R: Essa variedade de tomate pode aparecer na proporção de 3
/16.
11.4 – 3
/16 x 256 = 48
R: Esperar-se-iam 48 tomates anões e de polpa escura.
12.1 – A: nº total de descendentes = 89 + 31 + 29 +11 = 160
Proporção de indivíduos escuro curto 160 - 16 x  9
89 - x
Proporção de indivíduos escuro longo 160 - 16 x  3
31 - x
Proporção de indivíduos albino curto 160 - 16 x  3
29 - x
Proporção de indivíduos albino longo 160 - 16 x  1
11 - x
Se obtivemos uma proporção fenotípica de aproximadamente 9: 3: 3: 1, é porque os progenitores
eram heterozigóticos para as duas características em estudo, logo:
P – escuro C – curto Escuro curto x Escuro curto
p – albino c – longo PpCc x PpCc
B - Escuro curto x Escuro longo
P_C_ x P_cc
Nenhum dos descendentes é albino, logo os progenitores não podem ambos possuir o alelo p. Por
outro lado, na descendência 50% (18 indivíduos) possuem pêlo curto e 50% (19 indivíduos) pêlo
longo, logo, ambos os progenitores têm que possuir o alelo c.
PpCc x PPcc ou PPCc x PPcc ou PPCc x Ppcc

10. C - Escuro curto x Albino curto
P_C_ x ppC_
Toda a descendência possui pêlo curto, logo os progenitores não podem ambos possuir o alelo c.
Por outro lado, 50% (20 indivíduos) da descendência possuem pêlo escuro e 50% (21 indivíduos)
são albinos, logo ambos os progenitores têm que possuir o alelo p.
PpCC x ppCC ou PpCc x ppCC ou PpCC x ppCc
D - Albino curto x Albino curto
ppC_ x ppC_
A proporção de indivíduos na descendência com pêlo curto e com pêlo longo é de 3 (28 indivíduos)
para 1 (19 indivíduos), respectivamente. Logo, para essa característica, os progenitores têm que ser
heterozigóticos.
ppCc x ppCc
E - Escuro longo x Escuro longo
P_cc x P_cc
A proporção de indivíduos na descendência com pêlo escuro e pêlo albino é de 3 (32 indivíduos)
para 1 (10 indivíduos), respectivamente. Logo, para essa característica, os progenitores têm que ser
heterozigóticos.
Ppcc x Ppcc
F - Escuro curto x Escuro curto
P_C_ x P_C_
Na descendência não surgiram indivíduos albinos, logo os progenitores não podem, simultaneamen-
te, possuir o alelo p. Por outro lado, a proporção de descendentes com pêlo curto e pêlo longo é de 3
(46 indivíduos) para 1 (16 indivíduos), respectivamente, logo os progenitores têm que ser heterozi-
góticos para a característica dimensão do pêlo.
PpCc x PPCc ou PPCc x PpCc ou PPCc x PPCc
G - Escuro curto x Escuro longo
P_C_ x P_cc
A proporção de indivíduos com pêlo escuro (29+31) em relação aos indivíduos albinos (9+11) é de
3: 1, logo ambos os progenitores têm que ser heterozigóticos para a característica cor do pêlo. Por
outro lado, cerca de 50% dos descendentes (29+9) possuem pêlo curto e 50% possuem pêlo longo
(31+11), logo ambos os progenitores têm que possuir o alelo c.
PpCc x Ppcc

11. 13 – 1) ¼ 5) 9
/16
2) ½ 6) 1
3) 1
/16 7) ¼
4) 0
1) ½ B – ¼ AB
½ A
½ b – ¼ Ab
Gâmetas
½ B – ¼ aB
½ a
½ b – ¼ ab
2) ½ B – ½ AB
1 A
½ b – ½ Ab
3) AaBb x AaBb  zigoto AABB
½ A ½ a ½ B ½ b
½ A ¼ AA ¼ Aa ½ B ¼ BB ¼ Bb
½ a ¼ Aa ¼ aa ½ b ¼ Bb ¼ bb
Probabilidade de obter AA = ¼ x Probabilidade de obter BB = ¼
¼ x ¼ = 1
/16
4) aabb x AABB  zigoto AABB
O zigoto nunca poderá possuir os alelos AA pois um dos progenitores não possui esse alelo.
5 – AaBb x AaBb  fenótipo AB  o genótipo pode ser AABB; AABb; AaBB ou AaBb
½ A ½ a ½ B ½ b
½ A ¼ AA ¼ Aa ½ B ¼ BB ¼ Bb
½ a ¼ Aa ¼ aa ½ b ¼ Bb ¼ bb
Probabilidade de obter AA ou Aa = 3
/4 x Probabilidade de obter BB ou Bb = 3
/4
3
/4 x 3
/4 = 9
/16

12. 6) aabb x AABB  fenótipo AB

AaBb (100%) = 1
7 – AaBb x AaBB  fenótipo aB  o genótipo pode ser aaBB ou aaBb
½ A ½ a ½ B ½ B
½ A ¼ AA ¼ Aa ½ B ¼ BB ¼ BB
½ a ¼ Aa ¼ aa ½ b ¼ Bb ¼ Bb
Probabilidade de obter aa = 1
/4 x Probabilidade de obter BB ou Bb = 1
1
/4 x 1 = 1
/4
14.1 – F: cascos indivisos P: pêlo branco
f: cascos fendidos p: pêlo preto
o genótipo parental tem que ser este pois os descendentes possuem pêlo pre-
PpFf x PpFf  to e cascos fendidos (caracteres recessivos)

obtiveram-se indivíduos de genótipo ppff (que correspondem a uma proporção de 1
/16)
1
/16 - 9 x
/16 = 9  x = 144
16
/16 - x
R: Espera-se que tenham nascido 144 porquinhos.
14.2 – Os porquinhos genotipicamente iguais ao pai serão aqueles de genótipo PpFf
½ F – ¼ PF
½ P
½ f – ¼ Pf
Gâmetas
½ F – ¼ pF
½ p
½ f – ¼ pf
¼ PF ¼ Pf ¼ pF ¼ pf
¼ PF 1
/16 PPFF 1
/16 PPFf 1
/16 PpFF 1
/16 PpFf
¼ Pf 1
/16 PPFf 1
/16 PPff 1
/16 PpFf 1
/16 Ppff
¼ pF 1
/16 PpFF 1
/16 PpFf 1
/16 ppFF 1
/16 ppFf
¼ pf 1
/16 PpFf 1
/16 Ppff 1
/16 ppFf 1
/16 ppff

13. Proporção de indivíduos PpFf = 4
/16
4
/16 x 144 = 36
R: Espera-se que 36 porquinhos, do total nascido nas ninhadas, sejam genotipicamente idênticos ao
pai.
15.1 – Total de descendentes = 226
226 - 16 x  9 226 - 16 x  3 226 - 16 x  3 226 - 16 x  1
128 - x 43 - x 40 - x 15 - x
   
9 cinzento normal 3 cinzento rex 3 branco normal 1 branco rex
(caracteres dominantes)
Com estas proporções de 9: 3: 3: 1 podemos inferir que os progenitores eram heterozigóticos para
as duas características, sendo:
Caracteres dominantes: Cinzento (B) Caracteres recessivos: Branco (b)
Normal (R) Rex (r)
BbRr x BbRr  genótipos dos progenitores

9 (B_R_): 3 (B_rr): 3 (bbR_): 1 (bbrr)
BbRR BBrr bbRR branco rex
BBRR Bbrr bbRr
BbRr cinzento rex branco normal
BBRr
cinzento normal
15.2.1 – Deverá cruzar bbrr x bbrr  obterá sempre pelagem rex branca (bbrr) na descendência
15.2.2 – Deverá cruzar Bbrr x bbrr  obterá sempre pelagem rex (rr)
½ b ½ b
½ B ¼ Bb ¼ Bb
½ b ¼ bb ¼ bb
50% cinzento : 50% branco
Desta forma obterá 50% de coelhos cinzentos e 50% de coelhos brancos
15.2.3 - Deverá cruzar B_rr x BBrr  obterá sempre pelagem cinzenta

14. 16 - a: olhos azuis P: polidactilia D – ausência de dentes
dd: normal em relação aos dentes D_ : sem alguns dentes
pp: não sofre de polidactilia P_ : com polidactilia
aa: possui olhos azuis A_ : possui olhos castanhos
dd pp aa x D_ P_ A_

Descendentes: D_P_A_ (sem alguns dentes, com polidactilia e olhos castanhos)
D_ppA_ (sem alguns dentes, não sofrem de polidactilia e possuem
olhos castanhos)
A mãe tem que possuir o alelo p, pois alguns descendentes não sofrem de polidactilia.
R: dd pp aa ; D_PpA_
17.1 – Os olhos azuis e cabelos loiros têm que ser condicionados por um alelo recessivo pois os in-
divíduos 1 e 2, ambos de olhos castanhos e cabelos castanhos, tiveram um filho de olhos
azuis e cabelos loiros (indivíduo 5). Ambos os progenitores continham informação para estas
duas características, apesar de não as manifestarem.
17.2 – A: olhos castanhos C: cabelos castanhos
a: olhos azuis c: cabelos loiros
1: AaCc 4: AaCc 7: A_Cc 10: AaCc 13: Aacc
2: AaCc 5: aacc 8: aaCc 11: AaCc
3: Aacc 6: AaCc 9: aacc 12: aacc
17.3 – Como o genótipo do indivíduo 9 é aacc (olhos azuis e cabelo loiro), se este casasse com uma
mulher loira de olhos azuis (aacc), os descendentes teriam que possuir todos o genótipo aacc,
ou seja, seriam loiros de olhos azuis. Se um dos descendentes tiver olhos castanhos, isso sig-
nifica que o alelo C teve que surgir de algum lado ...
18.1 – O cruzamento de rabanetes de forma longa com rabanetes de forma redonda originou uma
descendência com um fenótipo diferente mas intermédio (forma oval), relativamente ao fe-
nótipo dos progenitores (forma longa x forma redonda). Logo, a transmissão hereditária da
forma dos rabanetes constitui um caso de dominância incompleta (só assim se justificam os
resultados obtidos nas 2 gerações).
AA – genótipo dos rabanetes de forma longa
BB – genótipo dos rabanetes de forma redonda
AB – genótipo dos rabanetes de forma oval (fenótipo intermédio)
AA x BB

Geração F1 100% AB (irá formar os seguintes gâmetas: ½ A ; ½ B)

15. ½ A ½ B
½ A ¼ AA ¼ AB
½ B ¼ AB ¼ BB
1 AA : 2 AB : 1 BB
forma longa forma oval forma redonda
18.2 – Rabanetes ovais  AB
Rabanetes redondos  BB
½ B ½ B
½ A ¼ AB ¼ AB
½ B ¼ BB ¼ BB
50% AB (forma oval) : 50% BB (forma redonda)
R: Esperaríamos uma proporção fenotípica de um rabanete de forma oval para um rabanete de for-
ma redonda.
18.3 – A primeira lei de Mendel verifica-se no cruzamento descrito uma vez que durante a
formação dos gâmetas ocorre a separação do par de alelos que define a forma dos rabanetes, sendo
que estes são segregados de forma independente.
19.1 – Trata-se de um caso de hereditariedade com dominância incompleta – os indivíduos 1 e 2,
ambos de cabelo ondulado, originam descendentes com 3 fenótipos diferentes (cabelos enca-
racolados – indivíduo 4; cabelos ondulados – indivíduos 5 e 7; cabelos lisos - indivíduo 6).
Podemos então considerar o fenótipo cabelos ondulados como intermédio entre os fenótipos
cabelo encaracolado / cabelo liso.
19.2 – Cabelo encaracolado – AA
Cabelo liso – BB
Cabelo ondulado – AB
1 – AB 4 – AA 7 – AB 10 – AB
2 – AB 5 – AB 8 – BB 11 – AB
3 – AB 6 – BB 9 – AB 12 – BB

16. 19.3 – Indivíduo 12 – BB
Mulher de cabelos encaracolados - AA
½ B ½ B
½ A ¼ AB ¼ AB
½ A ¼ AB ¼ AB
Descendentes : 100% indivíduos de genótipo AB  indivíduos com cabelo ondulado
R: O casal teria 0% de probabilidades de vir a ter filhos de cabelos encaracolados.
20.1 – A coloração destes gatos é condicionada por alelos co-dominantes, uma vez que na geração
F1 ambos os alelos (os que determinam a coloração preta e a coloração alaranjada) se mani-
festaram simultaneamente no fenótipo que é, por isso, diferente dos fenótipos parentais.
20.2.1 – Gato preto – AA
Gato alaranjado – BB
P AA x BB
gato preto gato alaranjado

F1 100% AB (gato preto com riscas alaranjadas)
F2 ¼ AA x AA ½ AB x AB ¼ BB x BB
gato preto gato preto com gato alaranjado
riscas alaranjadas
100% AA 100% BB
gato preto gato alaranjado
F3
¼ AA x AA ½ AB x AB ¼ BB x BB
gato preto gato preto com gato alaranjado
riscas alaranjadas
R: Na geração F3 esperaríamos obter gatos pretos (AA), gatos alaranjados (BB) e gatos pretos com
riscas alaranjadas (AB).
20.2.2 – Na geração F3 obtivémos ½ de gatos pretos com riscas alaranjadas: ½ x 18 = 9
R: Esperaríamos obter na geração F3 9 gatos pretos com riscas alaranjadas.
20.3 – Dir-lhe-ia para ele proceder sempre a cruzamentos entre gatos pretos e gatos alaranjados –
desta forma 100% dos descendentes possuiriam a característica mais rentável.

17. 21.1 – PP: negra ff: franjada
BB: branca F: normal
PB: azul
R: Um indivíduo duplamente heterozigótico possuiria como genótipo PBFf (o fenótipo correspon-
dente seria penas azuis normais).
21.2 - Azul franjada x Negra franjada
PBff PPff
½ f – ¼ Pf
½ P ½ Pf
½ f – ¼ Pf
Gâmetas
½ f – ¼ Bf
½ B ½ Bf
½ f – ¼ Bf
Gâmetas : Pf
½ Pf ½ Bf
1 Pf ½ PPff ½ PBff
50% PPff (negra franjada) : 50% PBff (azul franjada)
R: Os fenótipos resultantes desse cruzamento serão:
(50%) 1 galinha de penas negras franjadas : (50%) 1 galinha de penas azuis franjadas.
22.1 - A_ x B_

Descendentes A_ ; B_ ; AB ; 0
Se se obtém um descendente com sangue do tipo 0 o seu genótipo é 00 logo ambos os progenitores
têm que possuir esse mesmo alelo.
Confirmação:
½ B ½ 0
½ A ¼ AB ¼ A0
½ 0 ¼ B0 ¼ 00
Obtemos todos os tipos de sangue
R: A0 x B0

18. 22.2 - A_ x A_
Ambos os progenitores têm que possuir o alelo 0 pois um dos filhos possui sangue do tipo 00.
Confirmação:
½ A ½ 0
½ A ¼ AA ¼ A0
½ 0 ¼ A0 ¼ 00
3 A_ : 1 00
R: A0 x A0
22.3 - AB x B_ (pode ser BB ou B0)
Se o pai for BB: Se o pai for B0
½ B ½ B ½ B ½ 0
½ A ¼ AB ¼ AB ½ A ¼ AB ¼ A0
½ B ¼ BB ¼ BB ½ B ¼ BB ¼ B0
Descendentes - ½ AB : ½ BB Descendentes - ¼ AB : ½ B_ : ¼ A0
Hipótese excluída Hipótese confirmada
R: AB x B0
23.1 - A x B
como o pai é do como a sua mãe é do
grupo 0 esta mulher grupo 0 este homem
terá que possuir genó- terá que possuir genótipo B0
tipo A0
½ B ½ 0
½ A ¼ AB ¼ A0
½ 0 ¼ B0 ¼ 00
R: Existe 25% (1
/4) de probabilidades deste casal vir a ter um filho do grupo sanguíneo 0.
23.2 – Como o filho é do grupo sanguíneo 0, não possui na membrana das suas hemácias quaisquer
aglutinogénios mas possui, no plasma, aglutininas anti-A e anti-B. Ao receber sangue do seu
pai (tipo B – possui aglutinogénios B na membrana das hemácias), as suas aglutininas anti-B

19. reagiriam com os aglutinogénios B do seu pai, ocorrendo por isso uma reacção de aglutina-
ção. Por essa razão o filho não pode receber sangue do seu pai. Pelo contrário, o pai pode re-
ceber sangue do filho pois este é considerado dador universal (grupo sanguíneo 0).
24.1 – Namorado Y : “Sendo a criança do grupo sanguíneo 0 significa que, genotipicamente, ela é
00, ou seja, teve que receber um alelo 0 da mãe e outro do pai. Como eu sou do grupo AB
nunca poderia ser o pai da criança, uma vez que apenas poderia doar-lhe o alelo A ou o alelo
B e, dessa forma, a criança não seria do grupo 0. Assim, podemos concluir que a menina X
possui genótipo A0 e o namorado Z possui genótipo B0.”
½ B ½ 0
½ A ¼ AB ¼ A0
½ 0 ¼ B0 ¼ 00
25.1 - SOUSA MARTINS
Sara Ricardo
SOUSA MARTINS
½ B ½ 0 ½ 0 ½ 0
½ B ¼ BB ¼ B0 ½ A ¼ A0 ¼ A0
½ 0 ¼ B0 ¼ 00 ½ B ¼ B0 ¼ B0
Ricardo: 00 Sara: A0
R: Houve troca de bebés porque o casal Sousa nunca poderia ter filhos do grupo A (mas podia ter
um filho do grupo 0, como o Ricardo), pois nenhum dos progenitores possui o alelo A. Por outro
lado, o casal Martins nunca poderia ter filhos do grupo 0 (mas podia ter um filho do grupo A, co-
mo a Sara), pois a senhora Martins não possui o alelo 0.
Criança
B B 0AB
A
0

20. 26.1 – Indivíduo 7  00
Se os filhos do casal 7 e 8 são do grupo B e do grupo A, é porque ambos os alelos (A e B) tiveram
que ser fornecidos pelo pai logo, este só pode pertencer ao grupo sanguíneo AB.
½ A ½ B
½ 0 ¼ A0 ¼ B0
½ 0 ¼ A0 ¼ B0
26.2 – Da resposta anterior já sabemos que os indivíduos 8, 9 e 10 NÃO SÃO homozigóticos.
Por outro lado, os indivíduos 4 e 6 NÃO podem ser homozigóticos (de outra forma era im-
possível terem uma filha do grupo 0). Indivíduo 4 (A0) x Indivíduo 6 (A0)  Indivíduo 7 (00).
Os indivíduos 1 e 2 também NÃO SÃO homozigóticos, contudo o seu filho (indivíduo 3) só
pode ser homozigótico:
½ A ½ B
½ A ¼ AA ¼ AB
½ B ¼ AB ¼ BB
Indivíduo 3
Sendo o indivíduo 3 homozigótico (BB), o indivíduo 5 terá que ser de genótipo B0 (herdou o alelo
B do pai e o alelo 0 da mãe).
R: Os indivíduos homozigóticos são o 3 e o 7.
26.3 – (Xadrez feito anteriormente)
R: A probabilidade desse casal ter um filho do grupo 0 é zero.
26.4 – 1  2 A transfusão é aconselhada pois é feita entre indivíduos pertencentes ao mesmo gru-
po sanguíneo.
4  2 Esta transfusão também é aconselhada pois os indivíduos do grupo AB são conside-
A AB rados receptores universais (não possuem aglutininas no seu plasma, logo não há pe-
rigo de aglutinação das hemácias do dador).
3  6 Esta transfusão é contra-indicada pois o indivíduo 6 possui aglutininas anti-B, que
B A reagiriam com os aglutinogénios B das hemácias do indivíduo dador, provocando
aglutinação.
3  7 Esta transfusão também é contra-indicada - o indivíduo 7 (receptor) possui aglutini-
B 0 nas anti-A e anti-B logo, as hemácias do dador (que possuem aglutinogénios B) se-

21. riam aglutinadas.
9  5 A transfusão é aconselhada pois é feita entre indivíduos pertencentes ao mesmo gru-
po sanguíneo.
R: As únicas transfusões contra-indicadas são aquelas realizadas entre os indivíduos 3  6 e 3  7
26.5.1 – Paciente 1: pertence ao grupo 0 (possui aglutininas anti-A e anti-B logo, não possui agluti-
nogénios). Sendo assim este indivíduo só pode receber sangue de indivíduos pertencentes
ao grupo 0 (indivíduo 7 da árvore genealógica), pois de outra forma as suas aglutininas rea-
giriam com os aglutinogénios presentes na membrana das hemácias dos dadores.
Paciente 2: se possui aglutininas anti-B é porque o seu sangue é do tipo A. Logo, pode re-
ceber sangue de indivíduos pertencentes ao mesmo grupo (indivíduos 4, 6 e 10 da árvore
genealógica) e do grupo 0 – dador universal (indivíduo 7). Se recebesse sangue de indiví-
duos do grupo AB ou B, as aglutininas anti-B aglutinariam as hemácias doadas.
Paciente 3: pertence ao grupo AB – pode receber sangue de todos os indivíduos pois é
considerado receptor universal (como não possui aglutininas, não tem capacidade para rea-
gir com os aglutinogénios das hemácias dos dadores).
27.1 – Como o primeiro filho teve eritroblastose fetal é porque o seu sangue é do tipo Rh+
(só fetos
com este grupo sanguíneo podem sofrer dessa doença). Por outro lado, o segundo filho, co-
mo é normal, só pode ser do grupo Rh-
, pois de outro modo também nasceria com eritroblas-
tose fetal. A mãe, como deu à luz um filho com eritroblastose fetal, tem, necessariamente,
que possuir como genótipo Rh-
Rh-
e o pai terá que possuir como genótipo Rh+
Rh-
, pois só as-
sim o casal poderia ter um filho com sangue do tipo Rh-
e outro com sangue do tipo Rh+
.
½ Rh+
½ Rh-
½ Rh-
¼ Rh+
Rh-
¼ Rh-
Rh-
½ Rh-
¼ Rh+
Rh-
¼ Rh-
Rh-

Este será o genótipo do primeiro filho
Até agora sabemos que:
O tio materno das crianças, se teve eritroblastose fetal é porque também possui sangue do tipo Rh+
.
E se assim foi a sua mãe (avó materna das cranças) possuía sangue do tipo Rh-
. Esta forneceu-lhe o
alelo Rh-
logo, o alelo Rh+
teve que ser fornecido pelo pai (avô materno das crianças) que, dessa
forma, só pode possuir como genótipo Rh+
Rh-
.
Rh-
Rh-
Rh+
Rh-
Rh+
Rh-
Rh-
Rh-

22. Continuando a construir a árvore:
R: 1º filho: Rh+
Rh-
mulher: Rh-
Rh-
tio: Rh+
Rh-
avó materna: Rh-
Rh-
2º filho: Rh-
Rh-
marido: Rh+
Rh-
avô materno: Rh+
Rh-
28 – A: normal
a: albino
Para este caracter (pigmentação da pele, o indivíduo só pode possuir como genótipo aa.
Se o indivíduo não sofreu de eritroblastose fetal é porque o seu grupo é Rh-
(genótipo Rh-
Rh-
).
Se o seu pai tem sangue do tipo AB e a mãe do tipo 0:
½ 0 ½ 0
½ A ¼ A0 ¼ A0
½ B ¼ B0 ¼ B0
O indivíduo possui genótipo A0 ou B0
O indivíduo só pode ser de genótipo A0 pois no enunciado há indicação de que ele não pode receber
sangue do tipo B.
R: O indivíduo é de genótipo aa Rh-
Rh-
A0.
29.1 - 1: A0 Rh+
Rh-
4: 00 Rh+
Rh-
2: B0 Rh+
Rh-
15: A0 Rh-
Rh-
3: B0 Rh+
Rh-
29.2 – Genótipo do indivíduo 14: BB ou B0. Os seus pais (indivíduos 8 e 9) são ambos pertencen-
tes ao grupo AB, logo este indivíduo não pode ter herdado o alelo 0 – o seu genótipo é, ne-
cessariamente BB. Por outro lado, e relativamente ao sistema sanguíneo Rh, o seu genótipo
só pode ser Rh+
Rh-
(herdou o alelo Rh+
do pai e o Rh-
da mãe).
Genótipo do indivíduo 15: relativamente ao sistema sanguíneo Rh, o indivíduo tem como
genótipo Rh-
Rh-
. Em relação ao sistema AB0 ele pode ser AA ou A0. Contudo ele nunca po-
Rh-
Rh-
Rh+
Rh-
Rh+
Rh-
Rh-
Rh-
Rh+
Rh-
Rh+
Rh-
Rh-
Rh-
Avós maternos
das crianças
Tio materno
das crianças

23. deria ter o genótipo AA pois o seu descendente (indivíduo 16) possui fenótipo B – herdou o
alelo B da mãe. Se o seu pai possuísse genótipo AA, o indivíduo 16 teria que possuir neces-
sariamente sangue do tipo AB, o que não se verifica. Desta forma podemos concluir que o
indivíduo 15 apresenta genótipo A0.
Indivíduo 14 - BB Rh+
Rh-
Indivíduo 15 - A0 Rh-
Rh-
½ ARh-
½ 0Rh-
½ BRh+
¼ ABRh+
Rh-
¼ B0Rh-
Rh-
½ BRh-
¼ ABRh-
Rh-
¼ B0Rh-
Rh-
R: A probabilidade de um filho deste casal ser do grupo ABRh-
é de 25%.
29.3 – Houve certamente contacto entre o sangue da mãe (Rh-
) e o sangue do seu primeiro filho
(Rh+
), pelo que se desencadeou no organismo da mãe a produção de aglutininas anti-Rh. Ao
ficar novamente grávida, essas aglutininas atravessaram a placenta e provocaram a destruição
das hemácias do feto (segundo filho) que, certamente, era do grupo sanguíneo Rh+
.
29.4 – Relativamente ao sistema AB0, todos os indivíduos podiam dar sangue a esta senhora, pois
ela possui sangue do tipo AB (receptor universal). Relativamente ao sistema Rh: como a se-
nhora pertence ao grupo Rh-
só pode receber sangue do tipo Rh-
pois, de outra forma, desen-
cadeava-se no seu organismo produção de aglutininas anti-Rh. Assim, só indivíduos com san-
gue do tipo Rh-
poderiam ser utilizados para a transfusão.
R: Os elementos desta família que lhe poderiam doar sangue seriam os indivíduos 3, 5, 7, 13 e 15.
29.5 – É o indivíduo 13 que possui sangue do tipo 0, mas cujos pais têm sangue do tipo AB.
½ A ½ B
½ A ¼ AA ¼ AB
½ B ¼ AB ¼ BB
É impossível, com esses progenitores, surgir um descendente com sangue do tipo 0.

24. 30 – Sabendo que as plantas da F1 (anãs vermelhas), cruzadas entre si originaram plantas brancas,
chegamos logo à conclusão que o carácter branco é recessivo em relação ao vermelho. Por outro
lado, as mesmas anãs vermelhas da F1 originaram sempre plantas também elas anãs –
provavelmente o carácter anão é recessivo em relação ao alto. Assim:
A – altas V - vermelhas
a – anãs v – brancas … logo, uma planta anã branca só poderá ter como genótipo: aavv
Do primeiro cruzamento só se obtiveram flores vermelhas, por isso o genótipo provável será AaVV.
Alta vermelha: AaVV x Anã branca: aavv
Confirmando:
av
½ AV ½ AaVv (alta vermelha)
½ aV ½ aa Vv (anã vermelha)
As plantas anãs vermelhas resultantes deste primeiro cruzamento cruzaram-se entre si:
aa Vv x aa Vv …
½ aV 1/ 2 av
½ aV ¼ aa VV (anã vermelha) ¼ aaVv (anã vermelha)
½ av ¼ aa Vv (anã vermelha) ¼ aa vv (anã branca)
Assim se explica a proporção de 3 anãs vermelhas para 1 anã branca.
31 – Trata-se de um caso de genes letais. Os gatos Manx são heterozigóticos (Aa). O cruzamento de
2 gatos deste tipo será:
½ A ½ a
½ A ¼ AA ¼ Aa
½ a ¼ Aa ¼ aa
Situação letal!!!
Assim, deste cruzamento, espera-se o nascimento de um gato normal (AA) por cada dois
heterozigóticos Manx (Aa) – apenas a letalidade explica os resultados.
R: Os resultados são explicados tendo em conta que os gatos de genótipo aa não sobrevivem –
genes letais quando em homozigotia recessiva.

25. 32 – Se na F1 surgiram 100% de flores púrpura com grãos redondo estes serão certamente os
caracteres dominantes. Assim:
P – púrpura ; p – vermelho
L – grãos longos ; l – grãos redondos
a) Considerando a segregação independente:
Flores púrpura e grãos de pólen longos x Flores vermelhas e grãos de pólen redondos
PP LL x pp ll
F1 100% Flores púrpura e grãos de pólen longos Pp Ll
Estas serão cruzadas com flores duplamente recessivas : ppll
pl
¼ PL ¼ Pp Ll (Púrpura, Grãos longos)
¼ Pl ¼ Pp ll (Púrpura; Grãos redondos)
¼ pL ¼ PpLl (Vermelha; Grãos longos)
¼ pl ¼ ppll (Vermelha; Grãos redondos)
R: Se existir uma segregação independente espera-se obter na proporção de 25% os fenótipos
referidos no xadrez anterior.
b) Considerando que existe linkage e que, por isso, os alelos para a cor púrpura e grãos redondos
nunca se separam pois estão inseridos no mesmo cromossoma (o mesmo acontecendo com os
caracteres cor vermelha, grãos longos):
Flores púrpura e grãos de pólen longos x Flores vermelhas e grãos de pólen redondos
PP LL x pp ll
F1 x Flores púrpura e grãos de pólen longos Pp Ll
Estas serão cruzadas com flores duplamente recessivas : ppll
pl
½ PL ¼ Pp Ll (Púrpura, Grãos longos)
½ pl ¼ pp ll (Vermelha; Grãos redondos)
R: Se existir uma situação de ligação factorial espera-se obter na proporção de 50% os fenótipos
referidos no xadrez anterior.
33 – Galinhas rastejantes x Galinhas normais
F1 50% Normais + 50% rastejantes
Este cruzamento indicia-nos que temos heterozigóticos a cruzarem-se com homozigóticos
recessivos (só assim se consegue obter, na F1, proporções de 50%:50%). Por outro lado, no

26. enunciado é referido que do cruzamento entre galinhas normais resultam sempre galinhas normais –
Conclusão: normal – aa ; rastejantes – Aa. Partindo deste pressuposto, este será o xadrez
mendeliano para o primeiro cruzamento (rastejantes x normais):
½ a ½ a
½ A ¼ Aa ¼ Aa
½ a ¼ aa ¼ aa
50% normais : 50% rastejantes
Do cruzamento de rastejantes com rastejantes, temos:
½ A ½ a
½ A ¼ AA ¼ Aa
½ a ¼ Aa ¼ aa
AA será certamente um genótipo letal!!! Assim, apenas teremos 2 rastejantes (Aa) para 1 normal
(aa)
R: Os resultados são explicados tendo em conta que as galinhas de genótipo AA não sobrevivem –
genes letais quando em homozigotia dominante.
34 a) Células I: pode dar origem aos seguintes gâmetas AB; Ab ; aB; ab
Células II: pode dar origem aos seguintes gâmetas Ab ou aB
b) Segregação independente:
ab
¼ AB ¼ AaBb
¼ Ab ¼ Aabb
¼ aB ¼ aaBb
¼ ab ¼ aabb
R: ¼ AaBb ; ¼ Aabb; ¼ aaBb; ¼ aabb – é esta a proporção genotípica esperada considerando a
existência de segregação independente.
Ligação completa (com alelos A e B localizados no mesmo cromossoma)

27. AaBb – só produz gâmetas AB e ab
Aabb - só produz gâmetas ab
R: ½ AaBb; ½ aabb – é esta a proporção genotípica esperada considerando a existência de linkage.
35 a) VvAa x VvAa (no entanto, os gâmetas formados por cada um dos indivíduos serão apenas
VA e va):
½ VA ½ va
½ VA ¼ VVAA
Vermelhos e altos
¼ VvAa
Vermelhos e altos
½ va ¼ VvA
Vermelhos e altos
¼ vvaa
amarelos e baixos
R: É esperado observarem-se os seguintes fenótipos: plantas altas de frutos vermelhos e plantas
baixas de frutos amarelos.
36 a) A diversidade de fenótipos é explicável pela variação de um único gene com diversos alelos –
polialelismo. O cruzamento 1 mostra-nos que o alelo para azul é dominante em relação ao alelo
para verde. Esta conclusão é apoiada pelo cruzamento 5, porque o alelo que determina a cor verde
estava presente nos progenitores (sem, no entanto, se manifestar). Do cruzamento 3 verifica-se que
o alelo para verde é dominante em relação ao alelo que determina a cor turquesa. Existem assim três
alelos para um gene, que podemos designar de C, que determina a cor das asas – podemos ter as
seguintes situações:
Ca
(asas azuis) Cv
(asas verdes) Ct
(asas turquesa) …
… sendo que o alelo para verde é dominante sobre o alelo turquesa e o alelo azul dominante sobre
aqueles dois (Ca
> Cv
> Ct
)
A posição do alelo turquesa é confirmada pelo resultado do cruzamento 7 pois a cor turquesa
aparece na descendência de azul x verde
36 b)
CRUZAMENTO PROGENITORES DESCENDENTES
1 Ca
Ca
x Cv
__ Ca
_
2 Ca
Ct
x Ca
Ct
¾ Ca
__; ¼ Ct
Ct
3 Cv
Ct
x Cv
Ct
¾ Cv
__; ¼ Ct
Ct
4 Ca
Ct
x Ct
Ct
½ Ca
Ct
; ½ Ct
Ct
5 Ca
Cv
x Ca
Cv
¾ Ca
__; ¼ Cv
Cv
ab
½ AB ½ AaBb
½ ab ½ aabb

28. 6 Ca
Cv
x Cv
Cv
½ Ca
__ ; ½ Cv
Cv
7 Ca
Ct
x Cv
Ct
½ Ca
__; ¼ Cv
Ct
; ¼ Ct
Ct
8 Ct
Ct
x Ct
Ct
Todos Ct
Ct