PHP输出图像问题

因此，上面的代码在浏览器中不起作用，但是当我使用图像创建图像时

if (file_exists($path)) {

    $fileContent = id3_getImage($path); 
    $fileMime = id3_getMimeOfImage($path); // is set to image/jpeg

    if ($fileMime != "") {
        header('Content-Type: '.$fileMime);
        print($fileContent);
        die;
    }
}

图像已创建，我可以在计算机上查看它。所以我不知道我做错了什么：(

*这可能是apache配置中的一个设置吗？老实说，我对这个没有任何线索

$img = imagecreatefromstring($fileContent);
imagejpeg($img, 'test.jpg');die;

您需要在之前发送标题。但是，如果要创建图像并显示，则需要为浏览器创建并阅读此标题

header('Content-Type: image/jpeg');

// Output the image
imagejpeg($img);

你可以在这里看到这个人：

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我使用Google Group中的smartReadFile.php来显示任何类型的文件

它真的很聪明

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当我从DB读取数据时，这一个对我有效

<?php 

require "smartReadFile.php";

$dir = 'images/';
$filename = 'someimage' . '.jpg';
$location = $dir.$filename;

smartReadFile($location, $filename);

?>

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我需要动态创建图像，因此创建图像然后将其重定向到该路径实际上不是一个选项。无论如何，它应该是这样工作的，只要使用

imagejpeg（$img，NULL）请解释id3_getImage（）和id3_getMimeOfImage（）-这是无效的运算符。这是一个自定义函数，使用getid3（）类，我确信$var的内容是正确的，因为使用imagejpeg生成有效图像。因为我正在从音乐文件中检索封面以在网站上显示它。我不确定你的意思，您不需要使用readfile（$filename），因为该文件的内容与$var中的内容相同，并且它们都将其打印到浏览器。您需要使用
imagejpeg（$img，'test.jpg'）并使用
readfile（'test.jpg'）我不确定这一点，因为我认为它会有相同的输出，但我还是测试了它，没有结果：（如果按文件名文件使用，则不在浏览器上发送结果。这只是为了保存文件。但是如果要保存文件并在浏览器上打印，则需要使用
readfile（）
。如果您只想在浏览器上打印图像，可以与
imagejpeg（）一起使用
没有
$filename
var。我不想保存图像，使用imagejpeg不起作用。这就是为什么我不知道错误的原因，因为它实际上应该起作用。使用它，但仍然不起作用，我想我需要更改apache配置中的某些内容。因为URL没有扩展名.jpg，实际上它没有有分机吗？只有一个/
<?php 

require "smartReadFile.php";

$dir = 'images/';
$filename = 'someimage' . '.jpg';
$location = $dir.$filename;

smartReadFile($location, $filename);

?>

$image = imagecreatefromstring([path/DBfiels]);  
header('content-type: image/jpeg');  
imagejpeg($image); 
imagedestroy($image);