【分析】
(1)要证明$OB+OC＜AB+AC$，直接观察现有三角形无法直接得到线段关系，因此考虑构造辅助线转化线段：延长$BO$交$AC$于点$D$，将涉及的线段拆分到$△ ABD$和$△ ODC$两个三角形中，分别利用三角形三边关系列出不等式，再将两个不等式相加消去公共项$OD$，即可推出要证明的结论。
(2)求$OB+OC$的取值范围需要分别确定上下界：下界可直接在$△ OBC$中利用三角形三边关系得到$OB+OC＞BC$，上界可直接使用第(1)问得出的$OB+OC＜AB+AC$的结论，代入已知边长计算即可得到最终范围。
【解析】
(1)证明：如答图，延长$BO$交$AC$于点$D$。
根据三角形三边关系定理，在$△ ABD$中：$OB+OD＜AB+AD$；
在$△ ODC$中：$OC＜OD+DC$。
将两个不等式左右两边分别相加，得：$OB+OD+OC＜AB+AD+OD+DC$，
两边同时减去$OD$，且$AD+DC=AC$，化简可得：$OB+OC＜AB+AC$。
(2)解：在$△ OBC$中，根据三角形三边关系定理可得$OB+OC＞BC$；
由(1)的结论可知$OB+OC＜AB+AC$，因此可得$BC＜OB+OC＜AB+AC$。
将$AB=7$，$AC=6$，$BC=8$代入不等式，得：$8＜OB+OC＜7+6$，即$8＜OB+OC＜13$。
【答案】
(1)证明见上述过程；(2)$8＜OB+OC＜13$
第1题答图
【知识点】
三角形三边关系，不等式的基本性质
【点评】
本题是三角形三边关系的典型应用题型，解题的核心是通过构造辅助线将分散的线段关联到可适用三边关系的三角形中，第二问结合已证结论和新的三边关系即可快速求出取值范围，能够有效考查学生对三角形三边关系的灵活运用能力。
【难度系数】
0.7

【分析】
要证明$AB+AC＞BD+DE+EC$，已知三角形任意两边之和大于第三边，但待比较的线段分散在不同区域，没有直接属于同一三角形，因此需要通过作辅助线构造三角形，把相关线段纳入不同的三角形中，分别利用三边关系列出不等式，再将不等式相加，消去公共线段项，整理即可得到要证的结论。具体可延长ED交AB于F，延长DE交AC于G，得到$△ AFG$、$△ BFD$、$△ EGC$三个三角形，分别列不等式再合并化简。
【解析】
解：$AB+AC＞BD+DE+EC$成立，理由如下：
延长$ED$交$AB$于点$F$，延长$DE$交$AC$于点$G$。
根据三角形三边关系：
在$△ AFG$中，$AF+AG＞FG$ ①，
在$△ BFD$中，$FB+FD＞BD$ ②，
在$△ EGC$中，$EG+GC＞EC$ ③，
又$\because FD+ED+EG=FG$，
将①+②+③可得：
$AF+FB+FD+EG+GC+AG＞FG+BD+EC$，
整理左边，$AF+FB=AB$，$AG+GC=AC$，因此左边可化为$AB+AC+FD+EG$，
即$AB+AC+FD+EG＞FG+BD+EC$，
移项得$AB+AC＞FG-FD-EG+BD+EC$，
代入$FG-FD-EG=ED$，即可得$AB+AC＞BD+ED+EC$。
【答案】
$AB+AC＞BD+DE+EC$成立，理由如下：
如答图，延长$ED$交$AB$于点$F$，延长$DE$交$AC$于点$G$。
在$△ AFG$中，$AF+AG＞FG$①，
在$△ BFD$中，$FB+FD＞BD$②，
在$△ EGC$中，$EG+GC＞EC$③，
$\because FD+ED+EG=FG$，
$\therefore ①+②+③$，得 $AF+FB+FD+EG+GC+AG＞FG+BD+EC$，
即 $AB+FD+EG+AC＞FG+BD+EC$，
$AB+AC＞FG-FD-EG+BD+EC$，
$\therefore AB+AC＞BD+ED+EC$。
第2题答图
【知识点】
三角形三边关系，不等式的性质
【点评】
本题是三角形三边关系的典型应用题型，解题核心是通过合理添加辅助线构造三角形，将分散的待比较线段转化到多个三角形中，结合不等式的性质化简得到结论，能够有效考查学生的辅助线构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6