php://input 作为资源和字符串

代码如下：

$file = fopen('php://input', 'r');
$temp = tmpfile();
$imageSize = stream_copy_to_stream($file, $temp);
$imageDimensions = getimagesize($file); // Error here
$imageInfos = pathinfo($_GET['selected-image']);

我得到这个错误

getimagesize（）要求参数1为字符串，资源给定

因为

$file

是

fopen

的资源。如果我不能阅读

php://input

两次

---

更新

我试过这个：

$file = fopen('php://input', 'r');
$tempName = tempnam(sys_get_temp_dir(), '.upload');
$imageSize = fwrite(fopen($tempName, 'w+'), stream_get_contents($file));
$imageDimensions = getimagesize($tempName);
$imageInfos = pathinfo($_GET['selected-image']);

// Unlinks and other stuffs

错误：

Notice: getimagesize() [function.getimagesize]: Read error! in 

谢谢

因为只接受字符串文件名，而不接受资源，所以您需要使用创建一个临时文件，该文件的名称可以传递给

这假设运行PHP的用户对目录

/var/tmp

具有写入和读取权限，但如果没有，您可以更改到用户确实具有r/w权限的目录。

用于生成临时文件，而不是

tmpfile（）

。然后，您可以将一个文件路径传递到

getimagesize（）

：

---

为什么

tempnam（）

以

$img

作为第二个参数？@GabrielSantos抱歉，这应该是字符串

'img'

，请参阅更新answer@GabrielSantos当您得到错误

字符串'D:\Webserver\htdocs\santosidaniel\qualasuaponte\application\img9AD3.tmp'（长度=71）时，请显示
var\u dump（$tempName）
的输出。但是同样的错误。
var_dump（file_exists（$tempName））；变量转储（可读（$tempName））？
$file = fopen('php://input', 'r');
$tempName = tempnam('/var/tmp', 'img_');
$temp = fopen($tempName, 'w');
$imageSize = stream_copy_to_stream($file, $temp);
fclose($temp);
$imageDimensions = getimagesize($tempName);

$file = fopen('php://input', 'r');
$tempname = tempnam('.', 'img');
$tempfile = fopen($tempname, 'w+');
$imageSize = stream_copy_to_stream($file, $tempfile);
$imageDimensions = getimagesize($tempname);
$imageInfos = pathinfo($_GET['selected-image']);

// At the end of the script, you need to remember to...
fclose($tempfile);
unlink($tempname);