Snijpunt met de \(x\text{-}\)as betekent \(y(t)=0\text{,}\) dit geeft
\(2t^3-8t=0\)

[Oplossen geeft]
\(t(2t^2-8)=0\)
\(t=0∨2t^2-8=0\)
\(t=0∨t^2-4=0\)
\(t=0∨t^2=4\)
\(t=0∨t=-2∨t=2\)

[De snijpunten met de \(x\text{-}\)as zijn dan]
\(t=0\) geeft \(x(0)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)
\(t=-2\) geeft \(x(-2)=2\text{,}\) dus \((2, 0)\)
\(t=2\) geeft \(x(2)=-10\text{,}\) dus \((-10, 0)\)

[Oplossen van \(y(t)=6\frac{1}{4}\) geeft]
\(1\frac{1}{4}t^2+5t=6\frac{1}{4}\)
\(1\frac{1}{4}t^2+5t-6\frac{1}{4}=0\)
\(t^2+4t-5=0\)
\((t+5)(t-1)=0\)
\(t=-5∨t=1\)

\(x(-5)=13\frac{1}{3}\text{,}\) dus \(t=-5\) geeft het punt \((13\frac{1}{3}, 6\frac{1}{4})\text{.}\)

\(x(1)=13\frac{1}{3}\text{,}\) dus \(t=1\) geeft ook het punt \((13\frac{1}{3}, 6\frac{1}{4})\text{,}\) dus de baan snijdt zichzelf in dat punt.

\(x'(t)=4t-4\)
\(y'(t)=-7t^2+7\)

[Evenwijdig met de y-as, dus]
\(x'(t)=0\)
\(4t-4=0\)
\(4t=4\)
\(t=1\)

\(y'(1)=0\text{,}\) dus voor \(t=1\) heeft de baan een keerpunt in het punt \((-2, 4\frac{2}{3})\text{.}\) In de figuur is te zien dat de baan in het keerpunt niet evenwijdig is met de \(y\text{-}\)as.

\(x'(t)=-6t-6\)
\(y'(t)=8t^2-14\)

\(\overrightarrow{v}(-2\frac{1}{2})=\begin{pmatrix}x'(-2\frac{1}{2}) \\ y'(-2\frac{1}{2})\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}9 \\ 36\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{v}(\frac{1}{2})=\begin{pmatrix}x'(\frac{1}{2}) \\ y'(\frac{1}{2})\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-9 \\ -12\end{pmatrix}\)

\(\cos(\varphi )={\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}9 \\ 36\end{pmatrix}⋅\begin{pmatrix}-9 \\ -12\end{pmatrix}\end{vmatrix} \over \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}9 \\ 36\end{pmatrix}\end{vmatrix}⋅\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-9 \\ -12\end{pmatrix}\end{vmatrix}}={513 \over \sqrt{1\,377}⋅\sqrt{225}}\)

\(\varphi =\cos^{-1}({513 \over \sqrt{1\,377}⋅\sqrt{225}})≈22{,}8\degree\)

Snijpunt met de \(y\text{-}\)as betekent \(x(t)=0\text{,}\) dit geeft
\(1\frac{1}{4}t^2-5t=0\)

[Oplossen geeft]
\(t^2-4t=0\)
\(t(t-4)=0\)
\(t=0∨t=4\)

[De snijpunten met de \(y\text{-}\)as zijn dan]
\(t=0\) geeft \(y(0)=0\text{,}\) dus \((0, 0)\)
\(t=4\) geeft \(y(4)=-18\frac{2}{3}\text{,}\) dus \((0, -18\frac{2}{3})\)

\(x'(t)=2\frac{1}{2}t-5\)
\(y'(t)=-t^2+4\)

[Evenwijdig met de x-as, dus]
\(y'(t)=0\)
\(-t^2+4=0\)
\(t^2-4=0\)
\(t^2=4\)
\(t=-2∨t=2\)

\(x'(-2)=-10≠0\text{,}\) dus voor \(t=-2\) is de baan evenwijdig aan de \(x\text{-}\)as in het punt \((15, -5\frac{1}{3})\text{.}\)

\(x'(2)=0\text{,}\) dus voor \(t=2\) heeft de baan een keerpunt in het punt \((-5, 5\frac{1}{3})\text{.}\) In de figuur is te zien dat de baan in het keerpunt niet evenwijdig is met de \(x\text{-}\)as.

\(x'(t)=-2t+3\)
\(y'(t)=-6t^2+6\)

\(t=-2\) geeft het punt \((-10, 4)\text{.}\)

[Voor de richtingsvector van \(l\) geldt]
\(\overrightarrow{r}_l=\overrightarrow{v}(-2)=\begin{pmatrix}x'(-2) \\ y'(-2)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7 \\ -18\end{pmatrix}\text{.}\)

[Hieruit volgt]
\(\overrightarrow{n}_l=\begin{pmatrix}18 \\ 7\end{pmatrix}\text{,}\) dus \(l{:}\,18x+7y=c\text{.}\)

\(\begin{rcases}l{:}\,18x+7y=c \\ \text{door }(-10, 4)\end{rcases}\begin{matrix}c=18⋅-10+7⋅4=-152\end{matrix}\)
Dus een vergelijking van de raaklijn is \(l{:}\,7x+18y=-152\text{.}\)