PHP에서 이미지 출력하기

PHP에서 이미지 출력하기

이미지 $ 파일이 있습니다 (예 : ../image.jpg).

MIME 유형 $ 유형의

어떻게 브라우저로 출력 할 수 있습니까?

해결법

1. ==============================

   1.

   $file = '../image.jpg';
   $type = 'image/jpeg';
   header('Content-Type:'.$type);
   header('Content-Length: ' . filesize($file));
   readfile($file);
   

2. ==============================

   2.웹 서버를 직접 구성 할 수있는 자유가 있다면 mod_xsendfile (Apache 용)과 같은 도구는 PHP에서 파일을 읽고 인쇄하는 것보다 훨씬 낫습니다. PHP 코드는 다음과 같습니다.

   웹 서버를 직접 구성 할 수있는 자유가 있다면 mod_xsendfile (Apache 용)과 같은 도구는 PHP에서 파일을 읽고 인쇄하는 것보다 훨씬 낫습니다. PHP 코드는 다음과 같습니다.

   header("Content-type: $type");
   header("X-Sendfile: $file"); # make sure $file is the full path, not relative
   exit();
   

   mod_xsendfile은 X-Sendfile 헤더를 가져와 브라우저 자체에 파일을 보냅니다. 이것은 특히 큰 파일의 경우 성능면에서 큰 차이를 만들 수 있습니다. 제안 된 솔루션의 대부분은 전체 파일을 메모리로 읽어 들인 다음 인쇄합니다. 20kbyte의 이미지 파일은 괜찮습니다.하지만 200MB의 TIFF 파일을 가지고 있다면 문제가 생길 수 있습니다.

3. ==============================

   3.

   $file = '../image.jpg';
   
   if (file_exists($file))
   {
       $size = getimagesize($file);
   
       $fp = fopen($file, 'rb');
   
       if ($size and $fp)
       {
           // Optional never cache
       //  header('Cache-Control: no-cache, no-store, max-age=0, must-revalidate');
       //  header('Expires: Mon, 26 Jul 1997 05:00:00 GMT'); // Date in the past
       //  header('Pragma: no-cache');
   
           // Optional cache if not changed
       //  header('Last-Modified: '.gmdate('D, d M Y H:i:s', filemtime($file)).' GMT');
   
           // Optional send not modified
       //  if (isset($_SERVER['HTTP_IF_MODIFIED_SINCE']) and 
       //      filemtime($file) == strtotime($_SERVER['HTTP_IF_MODIFIED_SINCE']))
       //  {
       //      header('HTTP/1.1 304 Not Modified');
       //  }
   
           header('Content-Type: '.$size['mime']);
           header('Content-Length: '.filesize($file));
   
           fpassthru($fp);
   
           exit;
       }
   }
   

   http://php.net/manual/en/function.fpassthru.php

4. ==============================

   4.

   header('Content-type: image/jpeg');
   readfile($image);
   

5. ==============================

   5.이 시도:

   이 시도:

   <?php
     header("Content-type: image/jpeg");
     readfile("/path/to/image.jpg");
     exit(0);
   ?>
   

6. ==============================

   6.

   <?php
   
   header("Content-Type: $type");
   readfile($file);
   

   그것은 짧은 버전입니다. 더 멋진 것들을 만들기 위해 할 수있는 몇 가지 작은 것들이 있지만, 그것은 당신을 위해 일할 것입니다.

7. ==============================

   7.헤더를 사용하여 올바른 컨텐츠 유형을 보낼 수 있습니다.

   헤더를 사용하여 올바른 컨텐츠 유형을 보낼 수 있습니다.

   header('Content-Type: ' . $type);
   

   그리고 readfile 이미지의 내용을 출력 :

   readfile($file);
   

   그리고 어쩌면 (아마 필요하지는 않지만, 다만의 경우) Content-Length 헤더를 보내야 할 것입니다.

   header('Content-Length: ' . filesize($file));
   

   참고 : 이미지 데이터 (예 : 공백 없음) 이외의 다른 것을 출력하지 않도록하십시오. 그렇지 않으면 더 이상 유효한 이미지가 아닙니다.

8. ==============================

   8.finfo (PHP 5.3+)를 사용하여 적절한 MIME 유형을 얻을 수 있습니다.

   finfo (PHP 5.3+)를 사용하여 적절한 MIME 유형을 얻을 수 있습니다.

   $filePath = 'YOUR_FILE.XYZ';
   $finfo = finfo_open(FILEINFO_MIME_TYPE);
   $contentType = finfo_file($finfo, $filePath);
   finfo_close($finfo);
   
   header('Content-Type: ' . $contentType);
   readfile($filePath);
   

   추신 : 당신은 Content-Length를 지정할 필요가 없습니다, 아파치가 당신을 위해 그것을 할 것입니다.

9. ==============================

   9.

       $file = '../image.jpg';
       $type = 'image/jpeg';
       header('Content-Type:'.$type);
       header('Content-Length: ' . filesize($file));
       $img = file_get_contents($file);
       echo $img;
   

   이것은 나를 위해 일합니다! 코드 점화기에서 테스트했습니다. readfile을 사용하면 이미지가 표시되지 않습니다. 때로는 jpg 만 표시 할 수도 있고 때로는 큰 파일 만 표시 할 수도 있습니다. 그러나 "file_get_contents"로 변경 한 후, 나는 맛을 얻고 작동합니다 !! 이것이 스크린 샷입니다. 데이터베이스의 "보안 이미지"의 스크린 샷

from https://stackoverflow.com/questions/1851849/output-an-image-in-php by cc-by-sa and MIT license