由PHP创建的图像没有扩展名，也不会被视为图像

例如，我正在从远程服务器google加载一个图像，但PHP从不将其视为图像。这是我的代码：

$photo = imagecreatefromstring(file_get_contents("https://some.com/image.jpg"));
$filename = $photo["name"];
$ext = strtolower(pathinfo($filename, PATHINFO_EXTENSION)); //returns ""
$filepath = $photo["tmp_name"];
is_array(getimagesize($filepath); //returns false

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我做错了什么？

imagecreatefromstring返回一个图像而不是数组

$photo = imagecreatefromstring(file_get_contents("https://some.com/image.jpg"));
ob_end_clean();
header('Content-type: image/jpeg');
imagejpeg($photo, null, 80);

如果此代码不生成图像，则从查找文件\u get\u内容的返回值开始调试

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另外-使用任何imagecreatefrom创建图像后。。。处理图像资源的函数，而不是文件系统或任何其他对象。图像资源没有您试图提取的名称、路径信息等信息。

可以在每行之后添加var_dump，以查看哪一行有缺陷。@ColinCline var_dump$photo返回gd类型的resource9，$photo['name']和['tmp_name']为空