Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(5; 0; 0) và B(3; 4; 0)

Ta có $\left(OAB\right)=\left(Oxy\right),C\in Oz$ suy ra $OC\perp \left(OAB\right).$

Mà $B\left(3;4;0\right)\Rightarrow OB=\sqrt{3^2+4^2}=5=OA\Rightarrow \Delta OAB$ cân tại O.

Gọi M là trung điểm của AB, K là trực tâm của tam giác OAB

Suy ra $OM\perp AB$ và $K\in OM.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AB\perp OM\\ AB\perp OC\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(OCM\right)\Rightarrow AB\perp HK$ (do $HK\subset \left(OCM\right)$) (1).

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}BK\perp OA\\ BK\perp OC\end{array}\right.\Rightarrow BK\perp \left(OAC\right)\Rightarrow BK\perp AC.$

Mà $BH\perp AC$ (do H là trực tâm của $\Delta ABC$) suy ra $AC\perp \left(BHK\right)\Rightarrow AC\perp HK\left(2\right).$

Từ (1) và (2) suy ra $HK\perp \left(ABC\right)\Rightarrow HK\perp HM\Rightarrow \Delta KHM$ vuông tại H.

Vì M, K (OCM) cố định và $\widehat{KHM}={90}^0$ nên H thuộc đường tròn đường kính KM.

Gọi N là hình chiếu của B lên trục Ox suy ra N(3; 0; 0)

Từ đó ta tính được NA = 2, BN = 4 và $AB=2\sqrt{5}.$

Ta có $\Delta BMK$ đồng dạng $\Delta BNA$ (g.g) nên suy ra $\frac{MK}{NA}=\frac{BM}{BN}\iff \frac{MK}{2}=\frac{\frac{1}{2}AB}{4}\iff MK=\frac{\sqrt{5}}{2}.$

Vậy khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng $\frac{MK}{2}=\frac{\sqrt{5}}{4}.$

Chọn D.