Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej

---

Z warunku istnienia trójkąta, dostajemy nierówność

$\left|AC\right|+\left|BC\right|>\left|AB\right|$

zatem

$x-7+x>x+2$

$2x-7>x+2|-x+7$

$x>9$

Zakładamy, że

$\begin{array}{lll}x-7>0& \text{i}& x>9\\ x>7& & \end{array}$

Wobec tego

$x\in \left(9,\infty \right)$

---

Z twierdzenia Pitagorasa mamy równanie

${{\left(x-7\right)}^2+x^2=\left(x+2\right)}^2$

Korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat różnicy oraz wzoru skróconego mnożenia na kwadrat sumy, otrzymujemy

$x^2-14x+49+x^2=x^2+4x+4$

$2x^2-14x+49=x^2+4x+4|-x^2-4x-4$

$x^2-18x+45=0$

Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego.

$\Delta ={\left(-18\right)}^2-4\cdot 1\cdot 45=$

$=324-180=144$

Wobec tego

$\sqrt{\Delta }=\sqrt{144}=12$

Skoro $\Delta >0,$ to trójmian kwadratowy ma dwa pierwiastki.

$x_1=\frac{-\left(-18\right)-12}{2\cdot 1}=$

$=\frac{18-12}{2}=$

$=\frac{6}{2}=3$

$x_2=\frac{-\left(-18\right)+12}{2\cdot 1}=$

$=\frac{18+12}{2}=$

$=\frac{30}{2}=15$

Zauważmy, że

$x_1=3\notin \left(9,\infty \right)$

$x_2=15\in \left(9,\infty \right)$

zatem 

$x=15$

---

Obliczamy obwód trójkąta $ABC.$

$Ob=\left|AB\right|+\left|BC\right|+\left|AC\right|=$

$=x+2+x+x-7=$

$=15+2+15+15-7=$

$=17+30-7=$

$=47-7=40$

---

Wnioskujemy, że obwód trójkąta wynosi $\underline{\underline{40\text{cm}}}.$