[php]加载图像文件以打开其内容并导出为.jpg文件

Question

如何创建一个脚本来打开存储在服务器上的文件，复制其内容并以.jpg文件的形式导出/下载到客户端。 此代码正确吗？

<?php
$imgfile = fopen(image/location.jpg);
$loadimg = imagecreatefromjpeg($imgfile);

imagejpeg($loadimg);
?>

还是我应该以其他方式这样做？ 我是php中操作映像文件的新手，所以这就是为什么这段代码看起来奇怪的原因。

我想制作一个脚本，该脚本将允许创建映像文件的完整副本，而不是整个文件，仅创建其中包含的映像，而不能创建映像文件可以存储的其他数据。 这就是为什么我最初的想法是使用GD打开文件进行编辑并将其复制到新图像中。

Answer 1

imagecreatefromjpeg（）将字符串（文件路径）作为参数，而不是文件指针。

<?php
$srcpath = 'image/location.jpg';
if ( !is_readable($srcpath) ) {
    header('file not found', 404);
    die;
}
else {
    header('Content-Type: image/jpeg');
    // for affecting the suggested file name
    // see https://tools.ietf.org/html/rfc2616#section-19.5.1
    $loadimg = imagecreatefromjpeg($imgfile);
    if ( !$loadimg ) {
        header('unable to process resource', 404); // 404 is not the correct error code for this....
        die;
    }
    imagejpeg($loadimg);
}