Snijpunt met de \(x \text{-}\)as betekent \(y(t) = 0 \text{,}\) dit geeft
\(-\frac{2}{3} t^{3} + 6 t = 0\)

[Oplossen geeft]
\(t ({-2 \over 3} t^{2} + 0 t + 6) = 0\)
\(t = 0 ∨ {-2 \over 3} t^{2} + 0 t + 6 = 0\)
\(t = 0 ∨ 1 t^{2} + 0 t + -9 = 0\)
\(t = 0 ∨ 1 t^{2} = 9\)
\(t = 0 ∨ t = -3 ∨ t = 3\)

[De snijpunten met de \(x \text{-}\)as zijn dan]
\(t = 0\) geeft \(x(0) = 0 \text{,}\) dus \((0 , 0)\)
\(t = -3\) geeft \(x(-3) = 3\frac{3}{4} \text{,}\) dus \((3\frac{3}{4} , 0)\)
\(t = 3\) geeft \(x(3) = -26\frac{1}{4} \text{,}\) dus \((-26\frac{1}{4} , 0)\)

[Oplossen van \(y(t) = -9\) geeft]
\(-3 t^{2} - 6 t = -9\)
\(-3 t^{2} + -6 t + 9 = 0\)
\(1 t^{2} + 2 t + -3 = 0\)
\((t + 3) (t + -1) = 0\)
\(t = -3 ∨ t = 1\)

\(x(-3) = 12 \text{,}\) dus \(t = -3\) geeft het punt \((12 , -9) \text{.}\)

\(x(1) = 12 \text{,}\) dus \(t = 1\) geeft ook het punt \((12 , -9) \text{,}\) dus de baan snijdt zichzelf in dat punt.

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

[Evenwijdig met de y-as, dus]
\(x'(t) = 0\)
\(-2 t + 2 = 0\)
\(-2 t = -2\)
\(t = 1\)

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

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

\(\overrightarrow{v} (-5) = \begin{pmatrix}x'(-5) \\ y'(-5)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}18 \\ -3\end{pmatrix}\)

\(\overrightarrow{v} (1) = \begin{pmatrix}x'(1) \\ y'(1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6 \\ 3\end{pmatrix}\)

\(\cos(\varphi ) = {\begin{vmatrix}\begin{pmatrix}18 \\ -3\end{pmatrix} ⋅ \begin{pmatrix}-6 \\ 3\end{pmatrix}\end{vmatrix} \over \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}18 \\ -3\end{pmatrix}\end{vmatrix} ⋅ \begin{vmatrix}\begin{pmatrix}-6 \\ 3\end{pmatrix}\end{vmatrix}} = {117 \over \sqrt{333} ⋅ \sqrt{45}}\)

\(\varphi = \cos^{-1}({117 \over \sqrt{333} ⋅ \sqrt{45}}) ≈ 17{,}1\degree\)

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

[Oplossen geeft]
\(1 t^{2} + -4 t + 0 = 0\)
\(t (1 t + -4) = 0\)
\(t = 0 ∨ t = 4\)

[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]
\(y'(t) = 0\)
\(-1 t^{2} + 0 t + 4 = 0\)
\(1 t^{2} + 0 t + -4 = 0\)
\(1 t^{2} = 4\)
\(t = -2 ∨ t = 2\)

\(x'(-2) = -10 ≠ 0 \text{,}\) 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.

\(x'(t) = -6 t - 9\)
\(y'(t) = -4 t^{2} + 1\)

\(t = -3\) geeft het punt \((0 , 33) \text{.}\)

[Voor de richtingsvector van \(l\) geldt]
\(\overrightarrow{r}_{l} = \overrightarrow{v} (-3) = \begin{pmatrix}x'(-3) \\ y'(-3)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}9 \\ -35\end{pmatrix} \text{.}\)

[Hieruit volgt]
\(\overrightarrow{n}_{l} = \begin{pmatrix}35 \\ 9\end{pmatrix} \text{,}\) dus \(l{:}\,35 x + 9 y = c \text{.}\)

\(\begin{rcases}l{:}\,35 x + 9 y = c \\ \text{door } (0 , 33)\end{rcases} \begin{matrix}c = 35 ⋅ 0 + 9 ⋅ 33 = 297\end{matrix}\)
Dus een vergelijking van de raaklijn is \(l{:}\,9 x + 35 y = 297 \text{.}\)