Question

我有一个sqlite数据库，喜欢从中加载图像并在网站上显示它。不幸的是，一旦我回应图像（其工作），将不会显示任何其他内容。所以我想我在这里错过了一些东西。

那是我的代码：

get_image.php

<?php
  function get_icon($id){
    $db = new PDO('sqlite:rdb.db3');
    $sql = "SELECT * FROM icons WHERE _id = " . $id;
    $query = $db->query($sql);
    $result = $query->fetch(PDO::FETCH_ASSOC);
    header("Content-Type: image/png");
    echo $result["bytes"];
  } 
?>

show.php

<?php
  ini_set('display_errors',"1");
  require_once 'get_image.php';
  $id = $_GET['id'];
  $icon = get_icon($id);
?>
<p>Show further content...</p>

任何可以帮助我的人都在这里？

提前致谢！：）

安德烈亚斯

Answer 1

您需要创建一个<img/> - 标记，它指的是返回图像的网址/路径。像

这样的东西

<img src="/get_image.php?id=xxx"/>

Answer 2

您的PHP脚本正在回显图像，但您可能想要回显出包含图像的html。

为此，您可以将脚本设置为html中的图像源：

<img src="get_image.php?id=XXX">

请注意，您必须将处理id的代码从show.php移动到get_image.php脚本。

从sqlite db加载图像并显示

2 个答案: