使用<；时不显示PHP图像；img>；

我发现很多帖子都描述了同样的问题，但我尝试的一切都失败了。 对于个人资料页，我让人们可以上传4张图片。当没有可用图片时，我希望显示默认图片。我的完整代码如下所示：

$id = $_GET['ID'];
$link = mysql_connect("xxx", "xxx", "xxx");
mysql_select_db("xxx");
$sql = "SELECT * FROM profielen WHERE ID = $id";
$result = mysql_query("$sql");
$row = mysql_fetch_assoc($result);
mysql_close($link);

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

if ($row['Foto4'] == NULL){
    //echo '<img src="/img/noImage.jpg" />';
    echo $row['Foto5'];
}
else {
    echo $row['Foto4'];
}

$id=$\u GET['id']；
$link=mysql_connect（“xxx”、“xxx”、“xxx”）；
mysql_select_db（“xxx”）；
$sql=“从profielen中选择*，其中ID=$ID”；
$result=mysql_查询（$sql”）；
$row=mysql\u fetch\u assoc（$result）；
mysql_close（$link）；
标题（“内容类型：图像/jpeg”）；
if（$row['Foto4']==NULL）{
//回声'；
echo$row['Foto5']；
}
否则{
echo$row['Foto4']；
}

在这种形式下，代码是有效的，因此我知道if语句是正确的。 当我尝试取消注释注释行时，它显示一个断开的链接作为图像

我尝试过使用双引号，然后在img标记中转义双引号。我还尝试将其作为变量调用，并且在img路径之前不使用/。而且还试图说echo“没有图像”，但似乎如果我做了echo$row[x]以外的任何事情，它就是不起作用。当我尝试用HTML显示图像时，效果很好，因此文件名是正确的

---

我没什么主意了，也许有人能帮上忙？

如果使用内容类型

image/jpeg

，浏览器需要图像的原始二进制数据。相反，您为它提供HTML代码

您可以改为使用

位置

-标题，它告诉浏览器打开另一个地址

header("Location: /img/noImage.jpg");

---

请记住，如果使用此方法，则无法输出任何其他数据或写入任何其他标题。

代码的问题在于，您发送HTML是为了将图像嵌入回，而实际上，您应该将图像数据发送回。您可以通过将用户重定向到“noImage.jpg”来解决这个问题，这样用户将从请求中获得一个图像，一切都会很好：）

这方面的代码可能如下所示：

if ($row['Foto4'] == NULL){
    header('Location: /image/noImage.jpg');
} else {
    echo $row['Foto4'];
}

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mysql扩展已被删除。。。您根本不做任何错误检查或处理。。。你的代码允许sql注入…Foto5和Foto4包含什么？你应该输出二进制文件，而不是HTML。我不小心写了“重定向：”而不是“位置：”，修复了那个可怕的错误。啊，那太糟糕了。如果投票人发表了评论或提出了编辑意见，会更有帮助。：）哇，我太傻了，我已经在另一页上用过了，所以我应该知道这一点。谢谢！我是如此专注于图像的事情，以至于我没有看到这一点。您为我节省了更多的搜索时间：-）