Так как сумма углов при основании равна $90°$, то оба этих угла — острые. Значит, это углы при большем основании (см. рис.). Пусть $K$ — точка пересечения продолжений боковых сторон. Тогда из $▵ KAD$ найдём $∠ DKA$: $∠ DKA=180°-(∠ KAD+∠ KDA)=90°$. Следовательно, $▵ KAD$ — прямоугольный. $▵ BKC∼▵ AKD $ по двум углам ($∠ K$ — общий, $∠ KBC=∠ KAD$ как соответственные углы при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $KA$). Отсюда ${BC} / {AD}={KB} / {KA}$, ${18} / {72}={KB} / {KB+18}$, ${KB+18} / {KB}=4$, $KB=6$. Центр $O$ рассматриваемой окружности равноудалён от точек $A$ и $B$, следовательно, он лежит на серединном перпендикуляре отрезка $AB$. Пусть $M$ — середина $AB$, $MB=9$. Так как $MO⊥ AK$ и $DK⊥ AK$, то $MO∥ KD$. Но окружность с центром $O$ должна касаться стороны $KD$, а радиус, проведённый в точку касания, должен быть перпендикулярен $KD$, а значит, и $OM$. Отсюда радиус равен расстоянию между параллельными прямыми $MO$ и $KD$, то есть равен $MK$. В свою очередь, $MK=KB+MB=15$.

Через $O_1$ обозначим центр окружности радиуса $42$, через $O_2$ — центр окружности радиуса $14$ (см. рис.). Проведём радиусы $O_1L$ и $O_2K$ к точкам касания с прямой $AC$. Заметим, что $▵ O_2KA∼▵ O_1LA$ по двум углам ($∠ KAM$ — общий, $∠ O_1LA=∠ O_2KA=90°$, так как радиусы, проведённые в точку касания, перпендикулярны касательной). Отсюда ${O_1L} / {O_2K}={AO_1} / {AO_2}$, ${42} / {14}={AO_2+O_2M+MO_1} / {AO_2}$, ${AO_2+56} / {AO_2}=3$, $AO_2=28$.
$\sin ∠ KAO_2={KO_2} / {AO_2}={1} / {2}$, $∠ KAO_2=30°$, $∠ BAC=60°$, так как центр вписанной в угол окружности лежит на его биссектрисе, то есть $AO_1$ — биссектриса $∠ BAC$. Далее, $▵ MBA=▵ MCA$ по второму признаку
($∠ CAM=∠ BAM=30°$, $MA$ — общая сторона,
$∠ CMA=∠ BMA=90°$, так как $O_2M⊥ BC$).
Значит, $∠ ACM=∠ ABM={180°-∠ BAC} / {2}=60°$. Следовательно, $▵ BAC$ — равносторонний. У равностороннего треугольника центры вписанной и описанной окружностей совпадают, следовательно, $O_2$ — центр описанной окружности $▵ ABC$, $AO_2$ — радиус. Значит, искомый радиус равен $28$.

Так как четырёхугольник $NPLM$ можно вписать в окружность (см. рис.), то $∠ LPM=∠ LNM$ как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу. По условию $∠ PNL=∠ LNM$, так как $NL$ — биссектриса $∠ PNM$. Отсюда $∠ LPM=∠ LNP$. Заметим, что $▵ LPT∼▵ LNP$ по двум углам ($∠ L$ — общий, $∠ LPT=∠ LNP$), тогда ${LN} / {LP}={LP} / {LT}$; ${10+TN} / {18}={18} / {10}$; $10(10+TN)=18^2$; $10 TN=224$; $TN=22{,}4$.    

Пусть $AL$, $BM$ и $CT$ — биссектрисы треугольника $ABC$, $K$ — их точка пересечения. Предположим, что $AK:KL=37:3$, $CB=15$ (см. рис.). Рассмотрим $▵ ACL$, $CK$ — его биссектриса. По свойству биссектрисы ${AC} / {CL}={AK} / {KL}={37} / {3}$. Тогда $CL={3} / {37}AC$. Аналогично рассмотрим $▵ ABL$, $BK$ — его биссектриса. По свойству биссектрисы ${AB} / {BL}={AK} / {KL}={37} / {3}$. Тогда $BL={3} / {37}AB$. $BC=CL+BL={3} / {37}(AC+AB)=15$. $AC+AB={15⋅37} / {3}=185$. Периметр треугольника $ABC$ равен $185+15=200$.