+ Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(AM \bot BC \Rightarrow \widehat {CMA} = 90^\circ \).
Lại có \(AC\) là tiếp tuyến nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) .
+ Ta có \(\widehat {MBA} + \widehat {MAB} = 90^\circ \) (vì tam giác \(MAB\) vuông tại \(M\) ) và \(\widehat {MAB} + \widehat {MAC} = 90^\circ \) (do \(\widehat {BAC} = 90^\circ \)) nên \(\widehat {MBA} = \widehat {MAC}\)
+ Xét \(\Delta MAB\) và \(\Delta MCA\) có \(\widehat M\) chung và \(\widehat {MBA} = \widehat {MAC}\) (cmt) nên \(\Delta {\rm M}{\rm A}{\rm B}\) đồng dạng với \(\Delta MCA\left( {g - g} \right)\) suy ra \(\dfrac{{MA}}{{MC}} = \dfrac{{MB}}{{MA}} \Rightarrow M{A^2} = MB.MC\) (đpcm)
