解法一：如图，在平面 $OAB$ 内作 $ON \perp OA$ 交 $AB$ 于 $N$，连接 $NC$．又 $OA \perp OC$，$ \therefore $ $ OA \perp 平面ONC$，
$ \because $ $ NC \subset 平面ONC$，$\therefore OA \perp NC$．
取 $Q$ 为 $AN$ 的中点，则 $PQ\parallel NC$，$\therefore PQ \perp OA$．
在等腰 $\triangle AOB$ 中，$\angle AOB = {120^ \circ }$，$\therefore \angle OAB = \angle OBA = {30^ \circ }$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle AON$ 中，$\angle OAN = 30^\circ$，$\therefore ON = \dfrac{1}{2}AN = AQ$，
在 $\triangle ONB$ 中，$\angle NOB = {120^ \circ } - {90^ \circ } = {30^ \circ } = \angle NBO$，
$\therefore NB = ON = AQ$．$\therefore \dfrac{AB}{AQ} = 3$．
解法二：作 $ ON\perp AB$ 于点 $N$，取 $O$ 为坐标原点，分别以 $OA$，$ON$，$OC$ 所在的直线为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系 $O - xyz$（如图所示），则 $A\left(1,0,0\right),C\left(0,0,1\right),B\left( - \dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt 3 }{2},0\right)$，
$\because P$ 为 $AC$ 中点，$\therefore P\left(\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}\right)$，
设 $\overrightarrow {AQ} = \lambda \overrightarrow {AB} \left(\lambda \in \left(0,1\right)\right)$，$ \because $ $ \overrightarrow {AB} = \left( - \dfrac{3}{2},\dfrac{\sqrt 3 }{2},0\right)$．
所以\[ \begin{split}\overrightarrow {OQ} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {AQ} = \left(1,0,0\right) + \lambda \left( - \dfrac{3}{2},\dfrac{\sqrt 3 }{2},0\right) = \left(1 - \dfrac{3}{2}\lambda ,\dfrac{\sqrt 3 }{2}\lambda ,0\right),\end{split}\]所以\[ \begin{split}\overrightarrow {PQ} = \overrightarrow {OQ} - \overrightarrow {OP} = \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2}\lambda ,\dfrac{\sqrt 3 }{2}\lambda , - \dfrac{1}{2}\right).\end{split}\]$ \because $ $ PQ \perp OA$，$ \therefore $ $\overrightarrow {PQ} \cdot\overrightarrow {OA} = 0$，即 $\dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2}\lambda = 0$，$\lambda = \dfrac{1}{3}$．
所以存在点 $Q\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt 3 }{6},0\right)$ 使得 $PQ \perp OA$ 且 $\dfrac{AB}{AQ} = 3$．

解法一：如图，连接 $ PN $，$ PO $．由 $ OC \perp OA $，$ OC \perp OB $ 知：$ OC \perp 平面OAB $．
又 $ ON \subset 平面OAB $，$\therefore $ $ OC \perp ON $．
又由 $ ON \perp OA $ 知：$ ON \perp 平面AOC $．
$\because$ $AC \subset 平面 AOC$，$\therefore$ $ON \perp AC$．
在等腰 $ {\mathrm{Rt}}\triangle COA $ 中，$ P $ 为 $ AC $ 的中点，$\therefore $ $ AC \perp OP $．
$\therefore$ $AC \perp 平面 ONP$，知：$ AC \perp NP $．
$\therefore $ $\angle OPN$ 为二面角 $ O-AC-B $ 的平面角．
在等腰 $ {\mathrm{Rt}}\triangle COA $ 中，$ OC=OA=1 $，$\therefore $ $OP= \dfrac{\sqrt 2 }{2}$．
在 $ {\mathrm{Rt}}\triangle AON $ 中，$ON=OA \tan {30^ \circ } =\dfrac{\sqrt 3 }{3}$，
$\therefore $ 在 $ {\mathrm{Rt}}\triangle PON $ 中，$PN= \dfrac{{\sqrt {30} }}{6}$，所以\[\cos \angle OPN = \dfrac{OP}{PN} = \dfrac{{\dfrac{\sqrt 2 }{2}}}{{\dfrac{{\sqrt {30} }}{6}}} = \dfrac{{\sqrt {15} }}{5}.\]解法二：记平面 $ ABC $ 的法向量 $\overrightarrow n = \left(n_1,{n_2},{n_3}\right)$，
则由 $\overrightarrow n \perp \overrightarrow {CA} $，$\overrightarrow n \perp \overrightarrow {AB} $，且 $\overrightarrow {CA} =\left(1,0,-1\right)$．得\[{\begin{cases}
{n_1} - {n_3} = 0, \\
- \dfrac{3}{2}{n_1} + \dfrac{\sqrt 3 }{2}{n_2} = 0, \\
\end{cases}}\]故可取 $\overrightarrow n = \left(1,\sqrt 3 ,1\right)$，又平面 $ OAC $ 的法向量为 $ \overrightarrow e=\left(0,1,0\right) $．所以\[\cos \left \langle\overrightarrow n,\overrightarrow e \right \rangle= \dfrac{\left(1,\sqrt 3 ,1\right)\cdot\left(0,1,0\right)}{\sqrt 5 \times1} = \dfrac{\sqrt 3 }{\sqrt 5 },\]二面角 $ O-AC-B $ 的平面角是锐角，记为 $\theta $，则 $\cos \theta = \dfrac{{\sqrt {15} }}{5}$．