如何使用PHP将图像直接加载到页面？

我有一个直接的图像，比如：

test.jpg

我在这个目录中还有另外两个PHP文件：

new.PHP

和

load.PHP

现在，我想做的是，当人们访问网站

new.php

，他们应该需要看到

test.jpg

图像

然而！如果我将

new.php

放入

如果你知道我的意思，那怎么可能让php作为图像工作呢？

试试这个：

new.php

<img src="test.jpg">

像这样使用它

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

$im = imagecreatefromjpeg("test.jpg");

imagejpeg($im);
imagedestroy($im);

使用：

<img src="new.php"/>

其他变体：

header('Content-Type: image/jpeg');
readfile('path/to/image/screenshot.jpg');

如果文件不存在，则不会有任何错误

及

如果文件不存在，将使用预定义的错误消息终止脚本

@hd建议的最有用的替代方案是：

readfile('path/to/image/screenshot.jpg') or die('Image file not found');

它将选择

$file

，或者如果它不存在，则默认的

图像将找不到.jpg

对于其他图像类型，您可能需要在

标题（）

中更改mime类型

---

注意：另一个答案的功能与这个答案非常相似，但这个答案不使用内存，而且通常比另一个答案更快、更灵活。

请给出示例代码，说明您的意思。.我猜

imagejpeg（imagecreatefromjpeg（））

比简单的

readfile（）

需要更多的CPU成本。但这是一种方法：）+1'ing，因为它是@t3chguy方法的替代方法。要使其成为有效的HTML，请在

img

标记的末尾添加

/>

——正确关闭标记。在读取之前，我还将检查文件是否确实存在。你知道，在那些罕见的场合。谢谢你，这很有效。这就是我一直在寻找的。@hd，就像我恨他们一样；在这种情况下，

@readfile（）将是最简单的。在我的书中，抑制生产中的错误是一个很大的禁忌。一个简单的
文件\u存在
就足够了！我想到的是
$imagePath=file_存在（'path/to/image/screenshot.jpg'）？'path/to/image/screenshot.jpg'：'path/to/image/image_not_found.jpg'。这样，它将渲染图像，而不显示
readfile('path/to/image/screenshot.jpg') or die('Image file not found');

$file = 'path/to/image/screenshot.jpg';
readfile(file_exists($file) ? $file : 'path/to/image/image_not_found.jpg');