Две окружности с центрами в точках О₁ и О₂, радиусы которых равны 10 и 17 соответственно, пересекаются в точках Р и Q. Через точку Q проведена касательная к большей окружности, пересекающая вторично меньшую окружность в точке L.
а) Докажите, что треугольники LPQ и О₁РО₂ подобны.
б) Найдите площадь треугольника LPQ, если О₁О₂=21.

В данной задаче есть маленький подводный камень, которы может стоить балов на ЕГЭ
В задаче не оговаривается, как пересекаются окружности. А может быть 2 случая: O₁ - находится внутри второй окружности или снаружи.
В задании "б)" понятно, что будет снаружи. Но в задании "а)" пока ничего не дано и надо доказывать общий случай (рассмотреть оба варианта).
Я рассмотрю доказательство, только 1 варианта, когда O₁ - снаружи. Доказательство 2-го варианта аналогично, но с дополнительными рассуждениями.
Решаем а)
   1) Рассмотрим ∆O₁PO₂ и ∆O₁QO₂, они равны по трем сторонам. => ∠PO₁O₂ = ∠QO₁O₂ и ∠PO₂O₁ = ∠QO₂O₁
2) ∠LQP - (угол между касательной LQ и хордой PQ равен половине дуги PQ) = (половине центрального угла ∠PO₂Q); ∠LQP = ∠PO₂Q/2 = ∠PO₂O₁
3) ∠QLP - вписанный угол, опирающийся на ходу PQ и равен половине центрального угла ∠PO₁Q;  ∠QLP = ∠PO₁Q/2 = ∠PO₁O₂
4) Получили, что ∆LPQ ~ ∆О₁РО₂  по двум углам: ∠LQP = ∠PO₂O₁ и ∠QLP = ∠PO₁O₂
Ч.т.д.
Решаем б)
5) Найдем плщадь ∆О₁РО₂ по формуле Герона (О₁Р=10; РО₂ = 17; O₁O₂ = 21)
p = (10+17+21)/2 = 24
S = √(p(p-a)(p-b)(p-c)) = √(24•14•7•3) = √(7•7•3•3•4•4) = 7•3•4 = 84
6) Рассмотрим ∆PO₂Q - равнобедренный. O₂H - биссектриса => O₂H - медиана и высота => PH = PQ/2 и PH ⟂ O₁O₂
7) В ∆О₁РО₂ S = O₁O₂•PH/2, откуда PH = 2S/O₁O₂ = 2•84/21 = 8
PQ = 2•PH = 2•8 = 16
9) Так как ∆LPQ ~ ∆О₁РО₂, то коэффициент подобия k = PQ/PO₂ = 16/17
10) Площади подобных ∆ относятся как k²; S(∆LPQ) / S(∆О₁РО₂) = k² = (16/17)²
S(∆LPQ) = (16/17)² • 84 = 84•256/289 ≈ 74,41
Ответ: S(∆LPQ) ≈ 74,41