PHPを使用した画像のロード

Question

PHPを使用して画像を読み込もうとしていますが、その方法はわかりません。 ファイル名は、クライアントがそう

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

ような画像を要求し、それは次のように埋め込むことができるので、それは、画像を返すべき必要よう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"; 
} 

として、データベースに格納されています：

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

これは可能ですか？

Answer 1

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

は、ちょうどあなたがそのためにGDライブラリを使用することができます

Answer 2

まず、image.phpというファイルを作成することをお勧めします。ですから、image.phpを呼ぶでしょうか？id = 1

image.phpヘッダーをイメージタイプにしてください。ヘッダー（ 'Content-Type：image/jpeg'）;

その後、PHPでGDImageライブラリを使用して画像を読み込んで出力することができます。または、ファイルを読み込んで出力することもできます。 header（）はキーです。

Answer 3

それをテストしました。まず、http://php.net/imagecreatefromjpegのような関数を使ってリソースを作成します。パスをパラメータとして指定する必要があります。

その後、http://php.net/imagejpegのような関数を使用してリソースを出力するだけです。

コンテンツタイプヘッダーを送信し、リソースでimagedestroyを使用することも忘れないでください。

更新：

は、このサンプルを考えてみましょう：

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

Answer 4

ここに私のソリューションです：

$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);