在$\triangle ABC$中，设边$a$，$b$，$c$所对的角为$A$，$B$，$C$，且$A$，$B$，$C$都不是直角，$(bc-8)\cos A+ac\cos B=a^{2}-b^{2}$． $($Ⅰ$)$若$b+c=5$，求$b$，$c$的值； $($Ⅱ$)$若$a= \sqrt{5}$，求$\triangle ABC$面积的最大值．

1. 利用余弦定理代入已知等式进行化简

由余弦定理可知：$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，$\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$．
代入已知等式 $(bc-8)\cos A+ac\cos B=a^{2}-b^{2}$，得：
$(bc-8)\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} + ac\cdot \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} = a^2-b^2$
化简得：
$\frac{b^2+c^2-a^2}{2} - \frac{8(b^2+c^2-a^2)}{2bc} + \frac{a^2+c^2-b^2}{2} = a^2-b^2$

2. 进一步化简求出 $bc$ 的值

整理上式得：
$c^2 - a^2 - \frac{4(b^2+c^2-a^2)}{bc} = a^2-b^2$
合并同类项，得：
$b^2+c^2-2a^2 - \frac{4(b^2+c^2-a^2)}{bc} = 0$
即 $(b^2+c^2-a^2) - \frac{4(b^2+c^2-a^2)}{bc} = a^2-b^2$
两边重新整理为：
$(b^2+c^2-a^2)\left(1 - \frac{4}{bc}\right) = 0$
因为 $\triangle ABC$ 不是直角三角形，所以 $A \neq 90^\circ$，即 $b^2+c^2-a^2 \neq 0$．
所以 $1 - \frac{4}{bc} = 0$，解得 $bc = 4$．

3. 联立方程组求出 $b$ 和 $c$ 的值

已知 $b+c=5$ 且 $bc=4$，
设 $b, c$ 是关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2-5x+4=0$ 的两个实数根．
解得 $x=1$ 或 $x=4$．
所以 $\begin{cases} b=1 \\ c=4 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} b=4 \\ c=1 \end{cases}$．

1. 复用第一问结论 $$bc=4$$ 并利用余弦定理与基本不等式确定 $$\cos A$$ 的范围

由第 (Ⅰ) 问可知 $bc=4$．
因为 $a=\sqrt{5}$，由余弦定理得：
$a^2 = b^2+c^2 - 2bc\cos A$
即 $5 = b^2+c^2 - 8\cos A$
利用基本不等式 $b^2+c^2 \geqslant 2bc = 8$（当且仅当 $b=c=2$ 时取等号），
代入可得：
$5 \geqslant 8 - 8\cos A$
解得 $\cos A \geqslant \frac{3}{8}$．

2. 求 $$\sin A$$ 的范围并求面积的最大值

因为 $\cos A \geqslant \frac{3}{8}$ 且 $\cos A < 1$，
所以 $\sin A = \sqrt{1-\cos^2 A} \leqslant \sqrt{1-\left(\frac{3}{8}\right)^2} = \frac{\sqrt{55}}{8}$
（当且仅当 $\cos A = \frac{3}{8}$ 时取等号，此时 $b=c=2$）．
因此，三角形的面积为：
$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \sin A = 2\sin A \leqslant 2 \cdot \frac{\sqrt{55}}{8} = \frac{\sqrt{55}}{4}$
所以 $\triangle ABC$ 面积的最大值是 $\frac{\sqrt{55}}{4}$．