Considérons par exemple la moitié droite de la figure avec les coins repliés.
Au-dessus du coin replié nous avons un grand triangle rectangle d’hypothénuse $9$, de coté horizontal $6$ et de côté vertical $a$. Le théorème de Pythagore nous donne $a^2 + 6^2 = 9^2$. D’où $a = 3 \sqrt{5}$.
En-dessous du coin replié nous avons un petit triangle rectangle d’hypothénuse $x$, de côté horizontal $6-x$ et de côté vertical $9-a$. Pythagore nous donne $(9-a)^2 + (6-x)^2 = x^2$. Comme on connaît $a$ il n’y a plus qu’à calculer et l’on trouve $x=\frac{9(3 - \sqrt{5})}{2}$, soit environ $3,44$.

Plus généralement, si $a$ est la longueur du rectangle et $b$ sa largeur (avec $a\leq 2b$), alors :
$x=\frac{b}{a}\left ( 2b-\sqrt{4b^2-a^2} \right ) $.
Il existe donc des triplets d’entiers $(a,b,x)$ : (16,10,5) , (18,15,5) , (72,39,26) , (150,85,51) , (192,100,75)...

une question : : le petit triangle du bas est-ce bien un triangle isocèle rectangle ?

Bon, je vais tenter, mais il va te falloir un petit dessin :

Soient $ABCD$ le rectangle ( $[AB]$ est le côté du haut ), $E$ et $F$ les intersections des droites en pointillé avec le côté $[DC]$ ( $E$ à gauche de $F$ ), et $G$ le point le contact des deux coins $C$ et $D$ « repliés » (sur la figure de droite).
Soit $a$ la longueur de $ABCD$, $b$ sa largeur et $\theta$ l’angle $\widehat{DAE}$.
On a $\widehat{FEG}=2\theta$. On en déduit que $x(1+\cos{2\theta})=\frac{a}{2}$.
En utilisant $\cos{2\theta}=2\cos^2{\theta}-1$, il vient $2x\cos^2{\theta}=\frac{a}{2}$.
Pythagore donne par ailleurs $\cos^2{\theta}=\frac{b^2}{x^2+b^2}$.
Donc $\frac{2b^2x}{x^2+b^2}=\frac{a}{2}$. Ceci donne une équation du 2^nd degré en $x$ qui a pour solution valide : $\boxed{x=\frac{b}{a}\left ( 2b-\sqrt{4b^2-a^2} \right )}$.
De plus, $x(1+\cos{2\theta})=\frac{a}{2}$ donne $\cos{2\theta}=\frac{a}{2x}-1$.
On réinjecte l’expression de $x$ et après simplification, on trouve : $\cos{2\theta}=\sqrt{1-\frac{a^2}{4b^2}}$.
Enfin, l’angle $\widehat{EGF}$ recherché vaut $\pi-4\theta$.
Finalement, $\widehat{EGF}=\pi-2\arccos{\sqrt{1-\frac{a^2}{4b^2}}}=\pi-2\arcsin\left ( \frac{a}{2b} \right )=2\left ( \frac{\pi}{2}-\arcsin{\frac{a}{2b}} \right )$.
D’où : $\boxed{\widehat{EGF}=2\arccos{\left ( \frac{a}{2b}\right )}}$.
Donc, avec $a=12$ et $b=9$, on obtient $\widehat{EGF}=2\arccos{\left( \frac{2}{3}\right )}$.
Et pour une raison (sûrement simple) que j’ai la flemme d’élucider, il se trouve que $2\arccos{\left( \frac{2}{3}\right )}=\arccos{\left( -\frac{1}{9}\right )}$...

En fait, j’ai un peu honte de mon raisonnement. En effet, le résultat final est tellement simple qu’il doit pouvoir être obtenu de manière beaucoup plus simple !
Enfin, ça vient comme ça vient ! Et puis, comme ça, j’apprends à écrire en LaTeX !!!