如何使用php直接从mysql blob字段加载和显示图像而不将它们保存为文件？

Question

我将图像存储在mysql中作为mediablobs，我想直接从数据库加载（显示）它们，而不必先将它们保存为文件。

我需要将多个图像加载到一个表（拇指）中，因此header命令不会这样做。 这就是我做的：

        $imagePath = 'files' . DS . 'recipe_' . $recipe['Recipe']['id'] . '.tmp';
        file_put_contents($imagePath ,$recipe['Recipe']['image']);
        echo $html->image(DS . $imagePath); 

Answer 1

您创建一个名为getimage.php的脚本。 表中的拇指应该是这样的：

<img src='<path>/getimage.php?id=<image_id>' />

scipt getimage.php执行数据库查找，然后输出如下内容：

...
header('Content-Type: image/jpeg');
header('Content-Length: ' . strlen($recipe['Recipe']['image']) );
echo $recipe['Recipe']['image'];
...

Answer 2

另一种选择是在httpd.conf或.htaccess文件中使用apache重定向，该文件将所有图像请求（ .gif | .jpg | * .png | etc等）重定向到您的getImage.php脚本。 然后getImage.php将从数据库中提取，发送适当的头并输出二进制数据。

这个优于Flavius Stef的答案是，你的标签可以有一个常规的源（/path/to/image.jpg），而不是一个明显的检索系统。 它还会同时清理您的apache访问日志。

Answer 3

我搞定了....

这就是我放在表格中的内容：

'<img src= "/recipes/download/" . $recipe['Recipe']['id']) . '"/>'

这是下载动作：

function download($id) {
    Configure::write('debug', 0);
    $file = $this->Recipe->findById($id);

    header('Content-type: image/png' );
    header('Content-length: ' . strlen($file['Recipe']['thumb'])); // some people reported problems with this line (see the comments), commenting out this line helped in those cases
    header('Content-Disposition: attachment; filename="'.$file['Recipe']['thumb'].'"');
    echo $file['Recipe']['thumb'];

    exit();
}