file_get_contentsを使用して画像を表示

Question

phpでfile_get_contentsを使用して取得した画像を表示するにはどうすればよいですか？

ヘッダーを変更して、それをエコーする必要がありますか？

ありがとうございます！

Answer 1

ヘッダーを変更してエコーする必要がありますか？

。

header("content-type: image/your_image_type");とそれ以降のデータを送信します。

Answer 2

あなたはそれを行うことができ、またはあなたがあなたのためにそれを出力しreadfile機能、使用することができます。

header('Content-Type: image/x-png'); //or whatever 
readfile('thefile.png'); 
die(); 

編集：DERP、明らかに明白なタイプミスを修正します。あなたはのReadFileここで使用する必要がある理由は、それがfile_get_contents通りであり、出力バッファに直接ファイルを出力していることである

$remoteImage = "http://www.example.com/gifs/logo.gif"; 
$imginfo = getimagesize($remoteImage); 
header("Content-type: {$imginfo['mime']}"); 
readfile($remoteImage); 

：

Answer 3

あなたは、このようgetimagesizeから取得することができますreadfileと出力画像のヘッダーを使用することができますファイルをメモリに読み込みます。このファイルはこのコンテンツでは不要で、大容量のファイルには多大な負荷がかかります。

Answer 4

あなたはこのように行うことができます：答え@seengeeする

<?php 
    $file = 'your_images.jpg'; 

    header('Content-Type: image/jpeg'); 
    header('Content-Length: ' . filesize($file)); 
    echo file_get_contents($file); 
?> 

Answer 5

$image = 'http://images.itracki.com/2011/06/favicon.png'; 
// Read image path, convert to base64 encoding 
$imageData = base64_encode(file_get_contents($image)); 

// Format the image SRC: data:{mime};base64,{data}; 
$src = 'data: '.mime_content_type($image).';base64,'.$imageData; 

// Echo out a sample image 
echo '<img src="' . $src . '">'; 

Answer 6

小編集を： を動作させるためには、あなたはそう、あなたがエラーを取得します、変数の周りの中括弧を必要としています。

header("Content-type: {$imginfo['mime']}");