PHP输出图像问题

Posted 2023-03-15

【中文标题】PHP输出图像问题

【英文标题】：PHP output image issues

【发布时间】：2012-05-03 00:16:18

【问题描述】：

if (file_exists($path)) 

    $fileContent = id3_getImage($path); 
    $fileMime = id3_getMimeOfImage($path); // is set to image/jpeg

    if ($fileMime != "") 
        header('Content-Type: '.$fileMime);
        print($fileContent);
        die;
    

所以上面的代码在浏览器中不起作用，但是当我用图像制作图像时

$img = imagecreatefromstring($fileContent);
imagejpeg($img, 'test.jpg');die;

图像已创建，我可以在我的计算机上查看它。所以我不知道我做错了什么:(

*可能是 apache conf 中的设置吗？老实说，我对此一无所知

【问题讨论】：

我需要动态创建图像，因此创建图像然后将它们重定向到该路径并不是一个真正的选项。无论如何，它应该以这种方式工作

只需使用imagejpeg($img, NULL);

请解释一下 id3_getImage() 和 id3_getMimeOfImage() - 这些不是有效的运算符。

这是一个自定义函数，使用类 getid3 (getid3.sourceforge.net)，我确信 $var 的内容是正确的，因为使用 imagejpeg 可以生成有效的图像。

因为我正在从音乐文件中检索封面以将其显示在网站上。

【参考方案1】：

header('Content-Type: image/jpeg');

// Output the image
imagejpeg($img);

您需要先发送标头。但是，如果您想创建图像并显示，则需要创建并为浏览器阅读此内容。

readfile($filename);

你可以在这里读到这个人： http://php.net/manual/en/function.readfile.php

【讨论】：

我不确定你的意思，你不需要使用 readfile($filename) 因为文件的内容与 $var 中的内容相同，并且它们都将其打印到浏览器

你需要使用imagejpeg($img, 'test.jpg');和readfile('test.jpg');

我不确定，因为我认为它会有相同的输出，但无论如何我已经测试过了，没有结果:(

如果你使用的是文件名文件，你不会在浏览器上发送结果。那只是为了保存文件。但是如果你想保存文件并在浏览器上打印，你需要使用readfile()。如果您只想在浏览器上打印图像，您可以使用 imagejpeg() 而不使用 $filename var。

我不想保存图像，并且使用 imagejpeg 不起作用。这就是为什么我不知道错误是什么原因造成的，因为它实际上应该可以工作。

【参考方案2】：

我使用 Google Groups 中的 smartReadFile.php 来显示任何类型的文件。

https://jplayer.googlegroups.com/attach/f308294ddea52f6c/smartReadFile.php?view=1&part=4

真的很聪明。 =)

<?php 

require "smartReadFile.php";

$dir = 'images/';
$filename = 'someimage' . '.jpg';
$location = $dir.$filename;

smartReadFile($location, $filename);

?>

【讨论】：

使用它但仍然无法正常工作，我想我需要在我的 apache conf 中更改一些东西。由于 URL 没有扩展名 .jpg，实际上它没有任何扩展名。这只是/cover/

【参考方案3】：

从 DB 读取时，这个对我有用

$image = imagecreatefromstring([path/DBfiels]);  
header('content-type: image/jpeg');  
imagejpeg($image); 
imagedestroy($image);