如何在PHP中获取文件扩展名？

我希望得到我上传的图像的文件扩展名，但我刚刚得到一个数组

$userfile_name = $_FILES['image']['name'];
$userfile_extn = explode(".", strtolower($_FILES['image']['name']));

有没有办法只获取扩展本身？

如何

$ext = array_pop($userfile_extn);

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不需要使用字符串函数。你可以使用一些真正为你想要的东西：

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更好的方法是使用strrpos+substr（比爆炸更快）：

但是，要检查文件的类型，使用mime\u content\u type是更好的方法：

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对于mime类型，您可以尝试使用此选项

$image = getimagesize($_FILES['image']['tmp_name']);

$image['mime']

将返回mime类型

此函数不需要GD库。您可以找到文档

这将返回图像的mime类型

有些人使用

$\u文件[“file”][“type”]

，但它不可靠，因为它是由浏览器而不是PHP提供的

您可以使用ThiefMaster建议的

pathinfo（）

检索图像扩展名

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在对图像执行任何操作之前，首先确保图像在显影过程中已成功上载。

这同样适用：

$array = explode('.', $_FILES['image']['name']);
$extension = end($array);

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比pathinfo（）更好。？我不这么认为。总比爆炸好；-）。但是，您是对的，启用时pathinfo是一种更好的方法（某些交互服务器禁用此功能…）。重要注意事项：这将在以下路径中失败：

/var/www/website.com/somefile

。如果文件名中有一个“.”出现在最终文件之前，则会失败。它分隔了实际的文件扩展名。您会惊讶于有哪些文件名包含多个“.”。

mime\u content\u type

在当前的PHP版本中被弃用。“只有变量应该通过引用传递”，PHP手册这不是一个好方法，因为

end

函数旨在将数组的内部指针移动到数组的末尾并返回该元素。问题是数组是通过引用传递的，由于数组是动态生成的，因此不能通过引用传递，因此会出现警告或失败，具体取决于您的PHP版本。重要提示：这将在以下路径中失败：

/var/www/website.com/somefile

（最好使用pathinfo）。将Windows上的文件扩展名从.png更改为.jpg时，此操作将失败。在水下，它将始终是一个.png。$path=$\u文件['image']['name'][0]；实际文件名位于数组中。pathinfo将只计算一个字符串。@foureight84:只有当您有名为

image[]

的上载字段时才是这种情况……我稍微修改了您的代码并生成了一个函数，以防有人想使用函数。下面是代码：函数getFileExtension（$path）{$ext=pathinfo（$path，pathinfo_EXTENSION）；return$ext；}@ThiefMaster这只返回第一个扩展名。在图像的情况下，这可能不相关，但当有人上传存档文件时，它可能是.tar.gz或其他…@user1914292我不认为这有什么关系，你应该总是修改代码以供自己使用，而不是仅仅复制它并期望它工作。因此，如果您希望使用归档文件而不是图像，那么您也应该让您的代码能够使用它（而不仅仅是复制这个答案并期望它能为您工作），我不建议这样做。您所依赖的阵列顺序与现在相同。这是一个懒惰的解决方案，很可能会在将来引起问题。

$image = getimagesize($_FILES['image']['tmp_name']);

$array = explode('.', $_FILES['image']['name']);
$extension = end($array);