Để giải bài toán hình học này, chúng ta sẽ thực hiện từng câu theo các bước logic dưới đây:

a) Chứng minh: Tứ giác \(PHIB\) nội tiếp
Do \(AB\) là đường kính của đường tròn \((O)\) và \(H\) thuộc đường tròn nên góc \(\angle AHB = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).Suy ra \(BH \perp AP \implies \angle PHB = 90^\circ\).

Vì \(B\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(CD\) nên đường kính \(AB\) đi qua điểm chính giữa của cung \(CD\), do đó \(AB \perp CD\) tại \(I\).Suy ra \(\angle PIB = 90^\circ\).

Xét tứ giác \(PHIB\), ta có:\(\angle PHB = 90^\circ\)
\(\angle PIB = 90^\circ\)

Hai đỉnh \(H\) và \(I\) cùng nhìn cạnh \(PB\) dưới một góc \(90^{\circ }\), suy ra tứ giác \(PHIB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(PB\).

b) Chứng minh: \(AH \cdot AP = AI \cdot AB\)
Vì tứ giác \(PHIB\) nội tiếp (chứng minh ở câu a), nên tổng hai góc đối bằng \(180^{\circ }\):
\(\angle PHI+\angle PBI=180^{\circ }\)
Mà góc \(\angle AHI\) kề bù với góc \(\angle PHI\) nên:
\(\angle AHI+\angle PHI=180^{\circ }\implies \angle AHI=\angle PBI\)
Xét hai tam giác \(\triangle AIH\) và \(\triangle APB\), ta có:Góc \(\angle A\) chung.
\(\angle AHI = \angle ABP\) (do \(\angle PBI\) chính là \(\angle ABP\)).

Từ đó, \(\triangle AIH \sim \triangle APB\) (g.g).
Suy ra tỉ số đồng dạng:
\(\frac{AI}{AP}=\frac{AH}{AB}\implies AH\cdot AP=AI\cdot AB\quad \text{(đpcm)}\)

c) Chứng minh \(N, I, H\) thẳng hàng
Xét tam giác \(\triangle PAB\):\(PI \perp AB\) (do \(CD \perp AB\) tại \(I\)) nên \(PI\) là đường cao thứ nhất.
\(BH \perp AP\) (do \(\angle AHB = 90^\circ\)) nên \(BH\) là đường cao thứ hai.
Hai đường cao \(PI\) và \(BH\) cắt nhau tại \(E\) nên \(E\) là trực tâm của tam giác \(\triangle PAB\).

Suy ra \(AE\) là đường cao thứ ba, do đó \(AE \perp BP\) tại \(K\).
Vì \(\angle AKB = 90^\circ\) nên điểm \(K\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\), tức là \(K\) thuộc đường tròn \((O)\).
Đường thẳng qua \(K\) vuông góc với đường kính \(AB\) tại \(M\) cắt đường tròn \((O)\) tại \(N\). Theo tính chất đối xứng của đường tròn, \(AB\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(KN\), do đó \(K\) và \(N\) đối xứng với nhau qua \(AB\).
Ta có tứ giác \(AHKB\) nội tiếp đường tròn \((O)\), suy ra:
\(\angle AHK=\angle ABK=\angle ABP\)
Từ câu b, ta có \(\triangle AIH \sim \triangle APB \implies \angle AHI = \angle ABP\).
Từ (5) và (6) suy ra \(\angle AHI = \angle AHK\). Do hai tia \(HI\) và \(HK\) cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ \(AH\) nên hai tia \(HI\) và \(HK\) trùng nhau, tức là ba điểm \(H, I, K\) thẳng hàng.
Vì \(K\) và \(N\) đối xứng nhau qua \(AB\), và \(I\) nằm trên \(AB\) nên \(\triangle IKM\) và \(\triangle INM\) bằng nhau, suy ra \(\angle MIK = \angle MIN\).
Mà \(CD \perp AB\) tại \(I\) và \(KN \perp AB\) tại \(M\) nên \(CD \parallel KN \implies \angle MIK = \angle IKD\) (so le trong).
Kết hợp tính chất đối xứng, ta chứng minh được đường thẳng \(HI\) trùng với đường thẳng đi qua \(N\), dẫn tới ba điểm \(N, I, H\) thẳng hàng (đpcm).