Theo đề bài ta có đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) là đường tròn tâm \(O\left( {0;\;0} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {50}  = 5\sqrt 2 .\)

Kẻ đường kính AA’, ta có:

\(\widehat {ACA'} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AC \bot A'C\). Mà \(BH \bot AC\)\( \Rightarrow BH//A'C\).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh dược \(CH//A'B\).

Do đó A’CHB là hình bình hành.

Kẻ \(OI \bot BC \Rightarrow I\) là trung điểm của BC\( \Rightarrow I\) đồng thời là trung điểm của A’H.

Do đó OI là đường trung bình của tam giác A’AH \( \Rightarrow OI = \dfrac{1}{2}AH \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = 2\overrightarrow {OI} \).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6 = 2.{x_I}\\8 = 2{y_I}\end{array} \right. \Leftrightarrow I\left( { - 3;4} \right)\).

Đường thẳng BC đi qua I và nhận \(\overrightarrow {OI}  = \left( { - 3;4} \right)\) là 1 VTPT nên có phương trình \( - 3\left( {x + 3} \right) + 4\left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 3x + 4y - 25 = 0\).

Ta có \(C = BC \cap \left( O \right)\), do đó tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ phương trình

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 50\\ - 3x + 4y = 25\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 50\\x = \dfrac{{4y - 25}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{4y - 25}}{3}} \right)^2} + {y^2} = 50\\x = \dfrac{{4y - 25}}{3}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}16{y^2} - 200y + 625 + 9{y^2} = 450\\x = \dfrac{{4y - 25}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 7 \Rightarrow x = 1\\y = 1 \Rightarrow x =  - 7\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}C\left( {1;7} \right)\\C\left( { - 7;1} \right)\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow a =  - 7;\,\,b = 1 \Rightarrow a + b =  - 6\end{array}\)  

Chọn B.