a)
Vì tam giác \(ABC\) có \(3\) góc nhọn, nên đường cao từ mỗi đỉnh đều cắt \(BC\) tại một điểm nằm trong đoạn thẳng \(BC\). Điều này có nghĩa là \(BM\) và \(CN\) đều là đoạn phân giác của góc \(\angle BAC\). 

Khi đó, theo tính chất của giao điểm đoạn phân giác trong tam giác, ta có \(BM\) và \(CN\) cắt nhau tại \(H\). 

Giả sử \(P\) là giao điểm của \(BM\) với đường tròn \((O)\). Khi đó, ta có: \(\angle BPM = 90^\circ\) (vì \(BM\) là đường cao của tam giác \(BAC\)), do đó điểm \(P\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Tương tự, ta có \(Q\) cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Do đó, ta có \(B, C, M, N\) thuộc cùng một đường tròn.
b)
Xét tứ giác \(BPQC\). Ta có:
- \(B, C, P, Q\) thuộc cùng một đường tròn (đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\))
- \(\angle PBQ = \angle PCQ = 90^\circ\) (do \(P, Q\) lần lượt là giao điểm của \(BM\) và \(CN\) với đường tròn \((O)\))

Do đó, tứ giác \(BPQC\) là tứ giác nội tiếp.

Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp \(BPQC\), ta có:
\[ HP \cdot BQ + HB \cdot CP = HC \cdot BP \]

Vì \(BQ = CP\) (cùng là đường cao từ \(A\) của tam giác \(ABC\)), nên:
\[ HP \cdot BQ + HB \cdot CP = HC \cdot BP \]
\[ HP \cdot CP + HB \cdot CP = HC \cdot BP \]
\[ CP(HP + HB) = HC \cdot BP \]
\[ HP \cdot HB = HC \cdot BP \]

Tương tự, ta có:
\[ HQ \cdot CP + HC \cdot CP = HP \cdot BC \]
\[ CP(HQ + HC) = HP \cdot BC \]
\[ HP \cdot HC = CP \cdot BC \]

Tuy nhiên, ta biết rằng \(BC = BP + PC\), từ đó \(CP = BC - BP\). Thay vào biểu thức trên, ta có:
\[ HP \cdot HC = (BC - BP) \cdot BC \]
\[ HP \cdot HC = BC^2 - BP \cdot BC \]

Nhưng \(BC\) là đường kính của đường tròn \((O)\), nên \(BP \cdot BC = HP \cdot HB\). Thế vào biểu thức trên, ta có:
\[ HP \cdot HC = BC^2 - HP \cdot HB \]
\[ HP \cdot HB = HC \cdot HQ \]