Question

当我运行下面的代码时，它会显示一个存储在mysql Db中的图像作为blob变量。问题是如果我回应其他任何东西，甚至像echo'--------'这样简单的事情;在我调用图像之前，图像不会显示。只显示随机字符。如果我在图像之后回显任何图像，那么图像显示但没有任何效果。有人可以告诉我为什么会这样，以及如何一起展示其他项目和图像，谢谢

<?php

include("inc/library.php");

connectToDatabase();

$sql = "SELECT * FROM theBlogs WHERE ID = 1;";

$result = mysql_query($sql) or die(mysql_error());  
$row = mysql_fetch_array($result);

header("Content-type: image/jpeg");
echo $row['imageContent'];
$db->close();

?>

Answer 1

您可以将图片数据转换为base64并将其粘贴到<img>标记中。目前，您正在尝试在图像数据之外写入文本，并且互联网浏览器认为您的文本是图像的一部分，因此会引发错误。

尝试这样的事情：

echo '<img src="data:image/jpeg;base64,' . base64_encode( $row['imageContent'] ) . '" />';
echo 'Hello world.';

请注意，这不是最佳解决方案，因为它无法缓存且速度相当慢，尤其是在手机上。查看caniuse for data URIs。

Answer 2

嗯......为什么它会按你所描述的那样做的答案是因为你使用了header（）函数。在PHP中，您无法在标头调用之前打印任何内容，因为这会指示Web服务器准备内容标头。通常那些完全取代所有内容。

其次，我想提一下，将图像存储在数据库中通常是个坏主意，原因有二。

它对性能和渲染有重大影响。
您必须编写代码渲染blob数据，而不仅仅是显示图像本身。

数据库驱动的图像显示的首选方法是将图像存储在目录中，并将其文件名存储在数据库中。现在，当您希望显示图像时，您只需要轮询数据库以查找要显示的文件名，然后只需将文件名包含在HTML属性中即可。

执行速度也快得多。

另外，我想指出，如果您希望脚本实际上进行渲染，您可能希望该脚本定义标题，然后在定义标题后回显或打印图像blob。

请注意，当您创建html标记时...在src属性中，您将使其更像这样;

<img src="image.php?id=<some_number>">

现在，您的image.php文件会将图像数据吐出到标记中。

Answer 3

只是一个想法，也许你可以分离逻辑来显示内容中的图像。我的意思是你可以创建一个像pic.php这样接受id / filename的文件（不确定你是否使用文件名或id来引用图像），然后显示图像。然后你可以简单地在HTML中引用图像，例如做这样的事情：

<p>my content</p>
<img src="pic.php?picid=1" />
<p>my Other Content</p>

显示存储在mysql blob中的图像

3 个答案: