PHPで画像を読むには？

Question

iは

$localfile = $_FILES['media']['tmp_name']; 

は、POSTメソッドを使用したこと、与えられた画像を取得することを知っています。私は自分のコードと同じディレクトリにある画像を読み込もうとしています。どのように私はそれを読んで、上記のような変数に割り当てるのですか？

Answer 1

あなたが投稿したコードは画像データではなく、そのファイル名を読み上げます。あなたが画像を読み込むthe GD libraryを使用することができ、そうでない場合

$im = file_get_contents("./image.jpeg"); 
header("Content-type: image/jpeg"); 
echo $im; 

：あなたは、同じディレクトリ内の画像を取得する必要がある場合は、ブラウザに直接出力を使用することができ、file_get_contents()でその内容を取得することができますさらに、画像処理用のデータ：

$im = imagecreatefromjpeg("./image.jpeg"); 
if ($im) { 
    // do other stuff... 
    // Output the result 
    header("Content-type: image/jpeg"); 
    imagejpeg($im); 
} 

最後に、あなたはに（それはあなたのコードと同じ場所にいた場合、あなたがすべきですが）、あなたが使用することができますあなたが必要とする画像のファイル名がわからない場合​​3210すべてのjpegを見つけるには、たとえば：

$jpegs = glob("./*.jpg"); 
foreach ($jpegs as $jpg) { 
    // print the filename 
    echo $jpg; 
} 

Answer 2

あなたは画像を読み込んで画像パスがURLの場合

$image="path-to-your-image"; //this can also be a url 
$filename = basename($image); 
$file_extension = strtolower(substr(strrchr($filename,"."),1)); 
switch($file_extension) { 
    case "gif": $ctype="image/gif"; break; 
    case "png": $ctype="image/png"; break; 
    case "jpeg": 
    case "jpg": $ctype="image/jpeg"; break; 
    default: 
} 

header('Content-type: ' . $ctype); 
$image = file_get_contents($image); 
echo $image; 

としてそれをレンダリングする、そしてそれは、HTTPSを使用している場合：//プロトコルは、あなたが変更する場合がありますプロトコルは

Working fiddle