解法一：如图，在平面 $ OAB $ 内作 $ ON \perp OA $ 交 $ AB $ 于 $ N $，连接 $ CN $．在 $ \triangle AOB $ 中，$\because $ $\angle AOB = {120^ \circ }$ 且 $ OA=OB $，
$\therefore$ $\angle OAB=\angle OBA=30^\circ$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle AON $ 中，$\because$ $ \angle OAN=30^\circ$，$ \therefore $ $ ON = \dfrac{1}{2}AN$．
在 $ \triangle ONB $ 中，$\because$ $ \angle NOB=120^\circ-90^\circ=30^\circ=\angle OBN$，
$ \therefore $ $NB = ON = \dfrac{1}{2}AN$．
又 $ AB=3AQ $，$\therefore $ $ Q $ 为 $ AN $ 的中点．
在 $ \triangle CAN $ 中，$\because $ $P,Q$ 分别为 $ AC $，$ AN $ 的中点，$\therefore$ $ PQ\parallel CN$．
由 $ OA \perp OC $，$ OA \perp ON $ 知：$ OA \perp 平面CON $．
又 $ NC \subset 平面CON $，$\therefore $ $ OA\perp CN $．
由 $ PQ\parallel CN $，知 $ OA \perp PQ $．
解法二：取 $ O $ 为坐标原点，以 $ OA $，$ OC $ 所在的直线为 $ x $ 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，$\therefore$ $P\left(\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}\right)$．$\because$ $ \overrightarrow {AB} = \left( - \dfrac{3}{2},\dfrac{{\sqrt 3 }}{2},0\right)$．
又由已知，可得\[\overrightarrow {AQ} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {AB} = \left( - \dfrac{1}{2},\dfrac{{\sqrt 3 }}{6},0\right).\]又\[\overrightarrow {OQ}=\overrightarrow {OA} +\overrightarrow {AQ} =\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{{\sqrt {3} }}{6},0\right).\]所以\[ \overrightarrow {PQ} =\overrightarrow {OQ} -\overrightarrow {OP}= \left(0,\dfrac{{\sqrt{3} }}{6}, - \dfrac{1}{2}\right),\]所以\[ \overrightarrow {PQ} \cdot\overrightarrow {OA} =\left(0,\dfrac{{\sqrt {3} }}{6}, - \dfrac{1}{2}\right)\cdot\left(1,0,0\right) = 0.\]故 $\overrightarrow {PQ} \perp \overrightarrow {OA} $．

解法一：如图，连结 $ 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 $．
$\therefore $ $ OP $ 是 $ NP $ 在平面 $ AOC $ 内的射影．
在等腰 $ {\mathrm{Rt}}\triangle COA $ 中，$ P $ 为 $ AC $ 的中点，$\therefore $ $ AC \perp OP $．
根据三垂线定理，知：$ 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 $\overrightarrow n = \left(\overrightarrow n_1,{\overrightarrow n_2},{\overrightarrow n_3}\right)$，
则由 $\overrightarrow n \perp \overrightarrow {CA} $，$\overrightarrow n \perp \overrightarrow {AB} $，且 $\overrightarrow {CA} =\left(1,0,-1\right)$．得\[{\begin{cases}
{n_1} - {n_3} = 0, \\
- \dfrac{3}{2}{n_2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{n_2} = 0, \\
\end{cases}}\]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 $\cos \theta = \dfrac{{\sqrt {15} }}{5}$．