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我需要我的PHP页面以显示来自MySQL数据库的BLOB图像

所以我的最后一个问题是如何从搜索中显示我的techID:

我正在尝试让我的“详细信息”页面引用通过techID链接的服务器的两个独立部分

我的新问题仍在此页面上。我还添加了回声图像。但在使用Blob和显示我的图像而不是二进制JPEG数据时遇到了麻烦。我一直在尝试寻找这种情况的另一个实例,但是找不到任何可以解决我的错误的实例。

//Header ('Content-type: image/jpeg') echo "

Technician Image:
" . '<img src='.$row2['image'].' width="290" height="290">' . "
"; 和

$query_Recordset2 = "SELECT * FROM technician WHERE techID=" . $row1["techID"] ; $Rs2 = mysql_query($query_Recordset2) or die(mysql_error()); 是我到目前为止提出的最后一个问题中唯一的更改(显然包括我得到的有效修复)。

我不明白的是'Content-type: image/jpeg'我的页面在哪里以及如何放置以识别链接的图像,这是它的MIME TYPE image/jpeg。

我在页面上看到的是

技术员图像: E j i`= 7f $D o“ b Ckkc R ^M ; n〜 0&m)J R E)JDR E)JDR E)JDR E)JDR E)JDR E)JDSjR ) + N .R,u 。 i n9, QX〜 {{( ̮ : 2 12 '' aV7 6 {LP R $ + LMc'hM 5 o PA | ګ .8 E ģ Rn 1 [。 { 3> rY X ۜ; u z ′ vf N葟 z Q 3 。 ܨ,NS ,N,N [[{+ D。;;'$$$ &&iJR )JR )JR )JR。 )JR )JR )JR )JR )JR )JR )JR )JR ) width =“ 290” height =“ 290”>

显然,我删除了一个中间块,因此它并不庞大。前面出现一个小的“损坏的图像”框,当我单击鼠标右键并选择“在新窗口中打开图像”时,其输入的URL就是简单的Content-type:或我获得了带有该URL的禁止访问页面http:// localhost/Sim5Server/Pages/%EF%BF%BD%EF%BF%BD%EF%BF%BD%EF%BF%BD%EF%BF%BD%10JFIF%EF%BF%BD%01%02%EF%BF%BD%EF%BF%BDd%EF%BF%BDd%EF%BF%BD%EF%BF%BD%EF%BF%BD%EF%BF%BD%EF%BF%BDC%EF%BF%BD

我在该网址中放置了一个空格,因为它不是互联网的链接。

我只使用了普通的BLOB类型,因为我只需要小于64Kb的图像

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保持可爱mmm 2020-05-11 11:42:06 582 0
1 条回答
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  • 在当前情况下,您有两个预先选择。

    第一个,如果您有很多这样的图像,我不建议您使用内联base64编码。这是通过以下方式完成的:

    使用现有代码的复制/粘贴版本:

    echo '

    Technician Image:
    ' . ' ' . '
    '; 第二种方法是创建一个“图像” PHP文件,该文件将数据库中图像的ID作为查询字符串参数并输出图像。因此,您的HTML看起来类似于:

    您的PHP页面看起来类似于:

    来源:stack overflow
    2020-05-11 11:43:06
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