我有一个接受GD图像资源作为其参数之一的类。据我所知，没有办法键入提示，因为它是一个资源而不是一个对象。有没有办法验证提供的参数是否是有效的 GD 图像资源（除了使用此资源的进一步功能失败）？
PS：请不要在您的回答中提及ImageMagick...
从 PHP 8.0 开始，get_resource_type带有 GD 图像参数，将抛出一个Fatal Error：
PHP 致命错误：未捕获类型错误：get_resource_type（）：参数 #1 （$resource） 必须是资源类型，给定 GdImage。
我们应该使用get_class()函数。PHP 文档指出：
从 PHP 7.2.0 开始，不再允许显式传递 null 作为对象。该参数仍然是可选的，从类内部调用没有参数的 get_class（） 将起作用，但现在传递 null 会发出E_WARNING通知。
因此，在 PHP 8.0 中检查此问题的正确方法应该是：
function is_gd_image($var) : bool {
return (gettype($var) == "object" && get_class($var) == "GdImage");
}
get_resource_type函数应该可以帮助你。 除了编写代码并查看它返回的内容之外，我不确定它会对 GD 资源说什么，所以你只能靠自己了。 不过，应该是一个很好的起点！
如果资源是 gd 映像，则 get_resource_type（） 返回 "gd"，所以这就是你需要的。
if (is_resource($image) || $image instanceof 'GdImage)
{
}
做一个检查