Typescript 在函数类型中定义返回类型时，键入脚本附加返回属性

以下示例很好地说明了我的问题：

type Position = {
  x: number
  y: number
}

const update = (): Position => ({ x: 0, y: 0, z: 0 }) // 'z' does not exist in type 'Position', as it should.

type Update = () => Position

const update: Update = () => ({ x: 0, y: 0, z: 0 }) // that's fine?

const position: Position = update() // so is this, even though it is clearly wrong. 
                            

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如果我想在单独的文件中键入此函数，该怎么办？除了将返回类型添加到实际函数之外。

当您声明对象必须是接口的对象时，您是说它必须至少具有这些属性，而不仅仅是那些属性

Typescript会抱怨当您从头开始创建一个对象时（也称为对象文字），该对象的属性对于接口来说是未知的，但是如果该对象是一个变量，那么在使用它来实现接口时不会出现任何错误

这没关系：

const xyz = { x: 0, y: 0, z: 0 };

const position1: Position = xyz;

但这会产生错误“对象文字可能只指定已知属性，并且“z”不存在于类型“Position”中”

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最后一个示例

const position:position=update（）

实际上很好，因为

update（）

返回扩展

position

的内容。您可以更严格地说

const position:{x:number}=update（）

，这也没关系，只要该值至少有

{x:number}

。变量

位置

中的对象仍将具有

y

和

z

属性，但在尝试访问它们时会出现错误，因为typescript不知道这些属性。

可能值得链接到手册文档中有关它们的内容

const position2: Position = { x: 0, y: 0, z: 0 };