Question

我一直在尝试创建一个简单的PHP脚本，将另一个php生成的动态网址转换为图片，但我得到的只是一个空白页，有人知道为什么这不起作用吗？

<?php
include('icecast.php');
$cover = ($stream['artist']['top_albums']['0']['image']['3']);
header('Content-Type: image/jpeg');
readfile('$cover');
?>

我尝试了很多不同的方法，但我仍然得到相同的结果。

Answer 1

好吧，至少你试图使用变量 $cover而不是文字字符串'$cover'。

字符串必须用引号分隔，但是应该在没有它们的情况下访问变量。

Answer 2

这对我有用：

重点是您必须发送Content-Type标头。此外，＆gt;您必须注意不要在标记之前或之后的＆gt;文件中包含任何额外的空格（如换行符）。

根据评论中的建议，您可以通过省略？＆gt;来避免脚本末尾出现额外白色＆gt;空格的危险。标记：

taken from this answer

Answer 3

您使用的是'$cover' $cover

readfile($cover);

还要确保$ cover具有完整的文件名，并附带扩展名，然后添加

header('Content-Length: ' . filesize($cover));

也这样做：

header('Content-Type:image/jpeg');
header('Content-Length: ' . filesize($cover));
readfile($cover);

使用两个标题，另外验证您的文件是否具有jpeg类型.... 并确保没有输出直到标题，绝对没有。没有回音。并且由于内容类型是图像，因此除了文件之外应该没有输出!!!

使用php标头和包含文件加载图像？

3 个答案: