(1)
$file = $_GET['file'];
echo '<img src="'.$file.'" />';
(2)
$file = $_GET['file'];
$imginfo = getimagesize($file);
header('Content-type: '.$imginfo['mime']);
echo file_get_contents($file);`
通过这两个代码,我的图像可以很好地显示在浏览器中。但是它们有什么区别呢?我应该选择哪种方法?
最佳答案
您发布的第一个示例只是将图像文件“包含”到 DOM 中。 它基本上会输出如下内容:
<img src="path/to/image.png" />
虽然第二个选项实际上将 Content-Type
设置为图像的 mime
是什么。这意味着如果它是一个 png
,运行该脚本的页面实际上将作为一个完整的图像提供。
如果是 png 图像,它会返回 image/png
的内容类型。
关于在浏览器上显示 PHP 图片,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/27539829/