Question

所以我的最后一个问题是关于如何从搜索中显示我的techID：

I am trying to have my "Details" page to reference two seperate parts of my server that are linked via techID

我的新问题仍在此页面上。我也添加了一个回声图像。但是我在使用Blob并让它显示我的图像而不是二进制JPEG数据时遇到问题。我一直试图找到另一个这样的例子，但找不到任何修复我的错误。

//Header ('Content-type: image/jpeg')
echo "<dt><strong>Technician Image:</strong></dt><dd>" . '<img src='.$row2['image'].' width="290" height="290">' . "</dd>";

和

$query_Recordset2 = "SELECT * FROM technician WHERE techID=" . $row1["techID"] ;
$Rs2 = mysql_query($query_Recordset2) or die(mysql_error());

到目前为止，我在上一个问题中所做的唯一更改（显然包括我给出的修复工作）。

我不明白的地方和方法是'Content-type: image/jpeg'让我的页面识别链接的图像是MIME类型image/jpeg。

我在页面上看到的是这个

技师图片： Eji` = $ 7F做“bCkkcR ^ M; N〜0安培;米）JR E）JDRE）JDRE）JDRE）JDRE）JDRE）JDSjR）+ N.R，U IN9，QX〜 {（ ̮ ： 2 12 “ aV7 6 { LP[ W گ R $ + LMc'hM5oPA |ګ0.8EģRn 1 [{3 GT; RYX; Ǖuz'vfÑ葟 z Q k 3 O ٔ ٔ ٔ em em，N [{+D ;“$$＆安培; IJR）JR）JR）JR）JR）JR）JR）JR）JR）JR ）JR）JR） width =“290”height =“290”＆gt;

显然我删除了一个中间块，所以它不是很大。有一个小的“破碎的图像”框出现在正面，当我右键单击并选择“在新窗口中打开图像”时，它放入的URL只是Content-type:或者我得到一个带有网址{{{}的禁止访问页面1}}

我在该网址中添加了一个空格，因为它不是互联网的链接。

我只使用普通的BLOB类型，因为我只需要一个小于64Kb的小图像

Answer 1

在目前的情况下，您有两个前期选项。

如果您有许多这样的图像，第一个和我不推荐的是使用内联base64编码。这完成了：

<img src="data:image/jpeg;base64,<?php echo base64_encode($image); ?>" />

使用现有代码的复制/粘贴版本：

echo '<dt><strong>Technician Image:</strong></dt><dd>'
     . '<img src="data:image/jpeg;base64,' . base64_encode($row2['image']) . '" width="290" height="290">'
     . '</dd>';

第二种方法是创建一个“图像”PHP文件，该文件将数据库中图像的ID作为查询字符串参数并输出图像。因此，您的HTML看起来像：

<img src="image.php?id=<?php echo $image_id; ?>" />

您的PHP页面看起来类似于：

<?php
$id = (isset($_GET['id']) && is_numeric($_GET['id'])) ? intval($_GET['id']) : 0;
$image = getImageFromDatabase($id); // your code to fetch the image

header('Content-Type: image/jpeg');
echo $image;
?>

Answer 2

您可以从与文档相同的页面输出图像的唯一方法是使用data uri。

echo "<dt><strong>Technician Image:</strong></dt><dd>" . 
     '<img src="data:image/jpeg;base64,'.
      base64_encode($row2['image']).
      '" width="290" height="290">' . "</dd>";

Answer 3

正确的代码应如下所示。您必须使用stream_get_contents（）将资源ID更改为字符串。

<img src="data:image/jpeg;base64,<?php echo base64_encode(stream_get_contents($row2['image'])); ?>" />

Answer 4

我认为最好的解决方案是将图像的路径存储在数据库中而不是将整个图像存储为BLOB。然后在网页上显示图像设置 img标记的src属性到存储在数据库中的路径。

我需要我的PHP页面来显示我的mysql数据库中的BLOB图像

4 个答案: