Php 如何返回图像

我想用php脚本显示图像。这是我目前的代码：

<?php
if (isset ($_GET['id'])) $id = $_GET['id'];
$t=getimagesize ($id) or die('Unknown type of image');

switch ($t[2])
{
    case 1:
    $type='GIF';
    $img=imagecreatefromgif($path);
    break;
    case 2:
    $type='JPEG';
    $img=imagecreatefromjpeg($path);
    break;
    case 3:
    $type='PNG';
    $img=imagecreatefrompng($path);
    break;
}

header("Content-type: image/".$type);
echo $img;
?>

---

但它没有显示图像。什么是代替echo$img的正确方法？

每种格式都有函数

• PNG:imagepng
• JPEG:imagejpeg
• GIF:imagegif

在您的情况下，您可以添加：

switch ($t[2])
{
    case 1:
    imagegif($img);
    break;
    case 2:
    imagejpeg($img);
    break;
    case 3:
    imagepng($img);
    break;
}

我以前用过

echo（）

来做这件事，效果很好。但是试着改用

imagejpeg（）

函数

此外，请确保在脚本中的图像之前或之后没有任何其他内容被输出。一个常见的问题是由

标记之前或之后的空格和换行符导致输出空格和换行符。您需要删除所有这些。并检查通过

include（）

或

requre（）

加载的任何其他PHP代码，以获取相同的内容。

如下所示：

public function getImage()
{

    $imagePath ="img/wall_1.jpg";

    $image = file_get_contents(imagePath );
            header('content-type: image/gif');
            echo $image;

}

`警告：imagejpeg（）：提供的参数不是有效的图像资源`到代码的第二行该问题询问返回图像。。。伊姆霍，这家伙的答案是：。。。再加上这一点，另一个人必须完成这项工作。

public function getImage()
{

    $imagePath ="img/wall_1.jpg";

    $image = file_get_contents(imagePath );
            header('content-type: image/gif');
            echo $image;

}