Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA\) vuông góc với đáy, hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) vuông góc với nhau, \(SB = a\sqrt 3 \), góc giữa \(SC\) và \(\left( {SAB} \right)\) là \(45^\circ \) và \(\widehat {ASB} = 30^\circ \).

Gọi \[\alpha  = \widehat {\left( {SB,AC} \right)}\]. Do \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\] nên tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\].

Ta có \[\cos \alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {SB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{\left| {\left( {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AS} } \right).\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}} = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}} = \frac{{\left| {\overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{{a^2}}}\]

\[ = \frac{{\left| {SA.AC.cos{{60}^0}} \right|}}{{{a^2}}} = \cos {60^0}\]. Khi đó \[\alpha  = \widehat {\left( {SB,AC} \right)} = {60^0}\]

Điều kiện \(1 < x < \frac{{11}}{2}\).

Ta có \({\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {x - 1} \right) + {\log _{2 + \sqrt 3 }}\left( {11 - 2x} \right) \ge 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {x - 1} \right) + {\log _{2 - \sqrt 3 }}\frac{1}{{11 - 2x}} \ge 0 \Leftrightarrow {\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {\frac{{x - 1}}{{11 - 2x}}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{{11 - 2x}} \le 1\\ \Leftrightarrow \frac{{3x - 12}}{{11 - 2x}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 4\\x > \frac{{11}}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Kết hợp điều kiện suy ra \(1 < x \le 4\)

Vậy bất phương trình có 3 nghiệm nguyên.