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Dopo aver osservato che la mediana è la metà dell'ipotenusa, il problema si riduce ad un'equazione con la definizione di media geometrica e una con il teorema di Pitagora. Le soluzioni sono
Per i cateti $(sqrt6 +- sqrt2)/4*i $
Per gli angoli $15°$ e $75°$

Figura
- ABC è il triangolo da trovare, rettangolo in B;
- D è il quarto vertice del rettangolo ABCD;
- E è l'intersezione del prolungamento di DC con la parallela ad AC passante per B;
- F,G sono le proiezioni ortogonali di B,E sulla retta AC.

Analisi del problema
Due parallelogrammi aventi un lato in comune ed il lato opposto sulla stessa parallela sono equivalenti, quindi

$AB*BC=S(ABCD)=S(ABEC)=S(BEGF)=BE*BF$

Occorre che questo risultato sia uguale al quadrato della mediana; poiché BE ne è il doppio, BF deve esserne la metà, quindi $BF=1/4BE$

Costruzione
Perpendicolarmente fra loro, disegno BE (a piacere) e $BF=1/4BE$; per F traccio la parallela a BE, su cui deve giacere C. Inoltre C vede BE sotto un angolo retto, quindi sta sulla circonferenza di diametro BE; è quindi una delle intersezioni di queste due curve (l'altra intersezione dà un triangolo uguale, a cateti scambiati).
Trovo poi A completando il parallelogramma ABEC.

Io direi: dato un esagono inscritto in un cerchio, tracciare l’asse relativo al lato CD. A e B sono le intersezioni tra cerchio e asse. ABC è il triangolo che soddisfa le condizioni imposte.

Siano $a$ e $b$ i cateti e $c=\bar(AB)$ l'ipotenusa data.

Disegno un semicerchio di diametro $\bar(AB)$.
Sappiamo che $sqrt(ab)=c/2$ cioè $4ab=c^2$ ma anche che $ab=ch$ dove $h$ è l'altezza relativa all'ipotenusa.
Da ciò $h=c/4$.
Tracciamo la parallela ad $\bar(AB)$ ad altezza $c/4$; la sua intersezione $C$ col semicerchio è il punto cercato.

Direi che la soluzione di AleGa è come la mia ma con un "disegno" differente.