Intereting Posts
Исключение при загрузке фотографии с помощью API-интерфейса Facebook Graph Настройка веб-проекта PHP, инфраструктуры Как удалить акценты и превратить буквы в «простые» символы ASCII? Страница обслуживания ZF2 Как запустить Apache Tomcat и Apache2 на Ubuntu Параллельно друг с другом? Есть ли способ для пользователей моего сайта приглашать своих друзей через Facebook Connect или API? Как я могу получить часовой пояс локального сервера? лучший выбор базы данных для php Публикация значения через скрытое поле формы в PHP codeIgniter использует mysql_real_escape_string () вместо. Проблема подключения к базе данных symfony2 – assetic assetic: команда dump не создает таблицы стилей правильно Как определить длину (в пикселях) строки, отображаемой на веб-странице? Как я могу поместить внутренний тег в другое положение? Может ли Android загрузить любой тип события календаря? Если да, то что такое файловая структура? Проблема с Gearman: GEARMAN_COULD_NOT_CONNECT

Загрузка изображения через PHP

Я пытаюсь загрузить изображение через PHP, но я не знаю, как это сделать. Имя файла хранится в базе данных, например, 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"; } 

Клиент должен запросить изображение, подобное этому

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

И тогда он должен вернуть изображение, поэтому он может быть встроен следующим образом:

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

Это возможно?

Related of "Загрузка изображения через PHP"

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

просто протестировал его

вы можете использовать gd-библиотеку для этого

вы начинаете с создания ресурса с помощью функции типа http://php.net/imagecreatefromjpeg, вам нужно указать путь в качестве параметра

после этого вы просто выводите ресурс, используя такую ​​функцию, как http://php.net/imagejpeg

не забудьте отправить заголовок типа контента, а также использовать imagedestroy на ресурсе

Обновление: рассмотрим этот образец

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

Я предлагаю вам сначала сделать файл с именем image.php. Поэтому вы будете называть image.php? Id = 1

У изображения image.php будет тип изображения. header ('Content-Type: image / jpeg');

Затем вы можете использовать библиотеку GDImage в PHP для загрузки изображения и вывода его. Или вы можете прочитать файл и вывести его. Заголовок () является ключевым.

Здесь мое решение

  $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);