Question

我正在尝试通过PHP加载图像，但我不知道如何。文件名存储在数据库中，例如image.jpg

if($_GET['image']){
    // Client requesting image, so retrieve it from DB
    $id = mysql_real_escape_string($_GET['image']);
    $sql = "SELECT * FROM $tbl_name WHERE id = '$id' LIMIT 1";
}

客户需要请求像这样的图像

http://example.com/index.php?image=1

然后它应该返回图像，因此它可以像这样嵌入：

<img src="http://example.com/index.php?image=1" alt="" />

这可能吗？

Answer 1

$img = 'path/to/image.jpg';
header('Content-Type: image/jpeg');
readfile($img);

刚试过它

Answer 2

您可以使用GD库。首先，使用http://php.net/imagecreatefromjpeg之类的函数创建资源。您需要提供路径作为参数。

之后，您只需使用http://php.net/imagejpeg等函数输出资源。

请勿忘记发送内容类型标头，并在资源上使用imagedestroy。

更新

考虑这个样本：

$im = imagecreatefromjpeg('path/to/image.jpg');
header('Content-Type: image/jpeg');
imagejpeg($img);
imagedestroy($img);

Answer 3

我建议你先创建一个名为image.php的文件。所以你会调用image.php？id = 1

将image.php标头作为图像类型。标题（'Content-Type：image / jpeg'）;

然后，您可以使用PHP中的GDImage库加载图像并输出。或者您可以读取文件并输出。标题（）是关键。

Answer 4

这是我的解决方案：

 $mime = 'image/jpg';
 $out_image = 'default.jpg'; //default no photo image
 $user_img = 'image.jpg'; //it can be gif, png, jpg

//Check if file exist in directory
if(file_exist('/path/to/'.$user_img)) {
  $s = imagesize($user_img);
  $mime = $s['mime'];
  $out_image = $img_data;
 }

 header('content-type: '.$mime);  
 readfile($img_data);

通过PHP加载图像

4 个答案: