如何在PHP中使用准备好的语句显示数据库中的图像？

我正在构建一个博客应用程序，用户可以在其中发布博客和上传图像。博客的一个特点是在标题中显示数据库中当前用户的配置文件图像。我使用PHP的程序风格和准备好的语句来显示图像，但我得到的是一个断开的图像链接，而不是图像本身。 以下是我使用SELECT语句和prepared语句获取图像的代码：

<?php 
if (isset($_SESSION['username'])) {
$username = $_SESSION['username'];

$stmt = mysqli_prepare($connection, "SELECT user_image FROM users WHERE user_name = ?");
mysqli_stmt_bind_param($stmt, "s", $profile_picture);
mysqli_stmt_execute($stmt);
mysqli_stmt_bind_result($stmt, $profile_picture);
mysqli_stmt_fetch($stmt);
while (mysqli_stmt_fetch($stmt)) {
    $profile_picture = $stmt['user_image'];
}
mysqli_stmt_close($stmt);
}
 ?>

下面是代码，我在其中显示数据库中所选用户的图像：

<img width='30' class='img-responsive; img-circle' src='../images/<?php echo $profile_picture; ?>'>

”>

我的问题是，我如何能够使用过程式PHP使用准备好的语句正确显示数据库中的图像？我在使用事先准备好的声明方面是相当新的，并且在这方面遇到了一些挫折。我理解并知道如何使用INSERT语句使用准备好的语句，但在SELECT语句中使用它时遇到了问题

排队 mysqli_stmt_bind_param（$stmt，“s”，$profile_picture）；

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您应该将变量$profile\u picture替换为$username

您还可以将$profile\u picture变量初始化为默认图片，以防数据库返回任何内容。我要去工作。我犯了一个愚蠢的错误，在发帖之前没有注意到。再次感谢，@guy ribak。。。