使用PHP从Mysql显示图像

Question

这就是我的表在数据库中的样子。 我正在尝试显示存储的图像是mimetype（longblob）。 当我运行代码时，它给了我一个带有？的小盒子。 ，仅此框没有错误。 有谁知道错误是什么以及我该如何解决？

Display
+-------+------------+----------+
| Index | Display_ID | Picture  |
+-------+------------+----------+
|     1 |         12 | longblob |
+-------+------------+----------+


<?php
    $mysqli=mysqli_connect('localhost','root','','draftdb');


    if (!$mysqli)
        die("Can't connect to MySQL: ".mysqli_connect_error());

    $imageid= 12;

    $stmt = $mysqli->prepare("SELECT PICTURE FROM display WHERE DISPLAY_ID=$imageid"); 
    $stmt->bind_param("i", $imageid);

    $stmt->execute();
    $stmt->store_result();

    $stmt->bind_result($image);
    $stmt->fetch();

    header("Content-Type: image/jpeg");
    echo $image; 
?>

Answer 1

这个：

$stmt = $mysqli->prepare("SELECT PICTURE FROM display WHERE DISPLAY_ID=$imageid");

应该：

$stmt = $mysqli->prepare('SELECT PICTURE FROM display WHERE DISPLAY_ID=?');

您是直接在查询中嵌入变量，而不是像预期的那样实际使用绑定变量。

Answer 2

它不是直接回答这个问题，但是通常这不是您的操作方式。

通常，您会将图像的路径存储在数据库中（也许作为varchar字段），然后照常加载图像。 这具有以下优点：简单，使数据库保持较小且更易于版本控制，将常规缓存规则应用于映像等。

缺点是任何人都可以查看图像，这可能会或可能不会引起问题。

如果您需要沿着开始的路线走，请首先注释掉header("Content-Type: image/jpeg"); 并查看什么是PHP错误。 这可能会有所帮助。

Answer 3

也必须指定一个内容长度标头：

header("Content-Length: ".strlen($image));
header("Content-Type: image/jpeg");