[Michel]

Construir un triángulo ABC rectángulo en A, conociendo la altura ha relativa a la hipotenusa, dos puntos M y N de ésta, y dos puntos P y Q, uno en cada cateto.

[Piockñec]

Unir los dos puntos M y N de la hipotenusa y extenderla cual recta.
Unir los dos puntos P y Q por una línea recta auxiliar, y marcar el punto medio. Con centro ahí, trazar una circunferencia que contenga a los dos puntos (Arco capaz de 90º).
Trazar una perpendicular a la recta-hipotenusa y hacer una marca a altura "ha" (altura relativa de la hipotenusa). Trazar por esa marca una recta paralela a la recta-hipotenusa, que llamaré recta final.
En los puntos de corte de la recta final con el arco capaz de 90º, se halla el vértice rectángulo A: Unir el vértice A con los puntos P y Q y extenderlos hasta intersectar con la recta-hipotenusa; esos puntos de intersección serán los vértices B y C de nuestro triángulo.

Si la recta final interseca dos veces con el arco capaz, que será lo más probable... habrá 2 soluciones. Si es tangente, 1 solución. Pero sólo habrá solución si interseca por debajo (en referencia a la dirección normal a la recta-hipotenusa, sentido "alejarse") de los puntos P y Q.

[Piockñec]

La recta final está a distancia "ha" (altura relativa de la hipotenusa, dato) de la recta-hipotenusa (es decir, son paralelas). No hagáis caso a la r.f. espejo: Fueron falacias de mi mente hacia mí, se rebela jajaja no hay soluciones válidas por el otro lado, son las que dije en mi anterior comentario.

[Michel]

Supongamos el problema resuelto.

Como el triángulo PAQ es rectángulo en A, el vértice A está en la semicircunferencia de diámetro PQ; también está en la paralela a la recta MN a la distancia ha.

Por tanto, se construyen esas dos líneas, que determinan dos, uno o ningún punto de intersección, que serán los vértices A del triángulo pedido.

Las semirrectas AP y AQ cortan a la recta MN en los puntos B y C, que son los otros dos vértices del triángulo ABC.