通过自定义PHP函数有条件地输出变量

我编写了一个非常简单的函数，认为它只有在参数存在时才会输出参数：

  function hurl($var,$default="")
  {
    if(isset($var) && !is_null($var) && gettype($var) != "object" && gettype($var) != "array")
        return $var;
    return $default;
  }

这样，您可以简单地抛出（$_POST['variable']），如果POST变量不存在，它不会生成错误。但我仍然得到一个错误，好像它试图引用一个不存在的值

然后，我看到了一则关于：

注意：因为这是一个语言构造而不是函数，所以 无法使用变量函数调用

这将我与以下内容联系起来：

变量函数不能与echo等语言结构一起使用， print、unset（）、isset（）、empty（）、include、require等。 利用这些构造中的任何一个作为 变量函数

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我该怎么做？是否有人可以编写一个示例，或者一个更简单的检查方法，而不必不断地编写isset（）和is_null（）？try-catch语句在这种情况下会起作用吗？

您可以这样做：

function hurl($key, $value='') {
    if (array_key_exists($key, $_POST)) {
        if (!is_object($_POST[$key]) && !is_array($_POST[$key])) {
            $value = $_POST[$key];
        }
    }
    return $value
}

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我也考虑过这个解决方案，但不知道约翰逊是否想要所有类型变量的解决方案。