Question

如何在php中显示使用file_get_contents检索的图像？

我是否需要修改标题并回复它或什么？

谢谢！

Answer 1

您可以使用readfile并输出您可以从getimagesize获取的图片标题，如下所示：

$remoteImage = "http://www.example.com/gifs/logo.gif";
$imginfo = getimagesize($remoteImage);
header("Content-type: {$imginfo['mime']}");
readfile($remoteImage);

你应该在这里使用readfile的原因是它将文件直接输出到输出缓冲区，其中file_get_contents将文件读入内存，这在此内容中是不必要的，对于大文件可能是密集的。

Answer 2

$image = 'http://images.itracki.com/2011/06/favicon.png';
// Read image path, convert to base64 encoding
$imageData = base64_encode(file_get_contents($image));

// Format the image SRC:  data:{mime};base64,{data};
$src = 'data: '.mime_content_type($image).';base64,'.$imageData;

// Echo out a sample image
echo '<img src="' . $src . '">';

Answer 3

我是否需要修改标题并回复它或什么？

准确。

之后发送header("content-type: image/your_image_type");和数据。

Answer 4

您可以这样做，或者您可以使用readfile功能为您输出：

header('Content-Type: image/x-png'); //or whatever
readfile('thefile.png');
die();

编辑：Derp，修正了明显的错误拼写错误。

Answer 5

你可以这样做：

<?php
    $file = 'your_images.jpg';

    header('Content-Type: image/jpeg');
    header('Content-Length: ' . filesize($file));
    echo file_get_contents($file);
?>

Answer 6

小编辑@seengee回答：为了工作，您需要在变量周围使用花括号，否则您将收到错误。

header("Content-type: {$imginfo['mime']}");

使用file_get_contents显示图像

6 个答案: