我试图通过PHP在HTML文件中显示来自MYSQL的图像。我的代码有什么问题？_Php_Mysql_Html

我试图通过PHP在HTML文件中显示来自MYSQL的图像。我的代码有什么问题？

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我试图通过PHP在HTML文件中显示来自MYSQL的图像。我的代码有什么问题？,php,mysql,html,Php,Mysql,Html,下面是PHP代码。我基本上是想从mySQL数据库中显示一个图像，但就我的一生而言，我似乎无法理解这一点 <?php $port = "****"; $server = "****".$port; $dbname ="****"; $user = "****"; $conn = mysql_connect ("$server", "$user", "$pass") or die ("Connection Error or Bad P

下面是PHP代码。我基本上是想从mySQL数据库中显示一个图像，但就我的一生而言，我似乎无法理解这一点

    <?php
    $port = "****";
    $server = "****".$port;
    $dbname ="****";
     $user = "****";

    $conn = mysql_connect ("$server", "$user", "$pass") or die ("Connection
    Error or Bad Port");

    mysql_select_db($dbname) or die("Missing Database");

    ?>

     <!doctype html public "-//w3c//dtd html 4.0 transitional//en"
     "http://www.w3.org/TR/REC-html40/strict.dtd">
    <html>
    <head>
    <meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=iso-8859-1"
    />
     <title>Query 3</title>
     </head>

   <body bgcolor="white">


    <hr>


      <?php
    $speakerPic = $_POST['speakerPic'];
    $query = "SELECT speaker.speaker_picture FROM  Speaker JOIN Contact USING(contact_id) 
    WHERE Contact.lname = ";
    $query = $query."'".$speakerPic."';";
    ?>

        <p>
    The query:
    <p>
    <?php
    print $query;
    ?>

    <hr>
    <p>
     Result of query:
    </p>

     <?php
   $row = mysql_fetch_array($query);
   $content = $row['image'];

   header('Content-type: image/jpg');
         echo $content;
 ?>

 </body>
 </html>


问题3

什么东西不管用？我真的很感谢你的帮助。

你需要在打电话之前先打电话

此外，您还应该对$speakerPic进行消毒，如下所示：

$query = $query."'". mysql_real_escape_string( $speakerPic)."';";

要在HTML文档中包含图像，可以使用

属性，该属性包含指向图像的URI
这可能是一个HTTP URI（它可以命中从数据库获取图像数据并返回它的PHP脚本），也可能是一个将图像直接编码到页面中的文件
处理图像的常用方法是将它们保存在文件系统中，并在数据库中存储URL（或可以从中构造URL的文件路径）
你不能只是在你现在尝试做的另一个HTTP响应的中间吐出一个HTTP响应。 你没有一行叫做“图像”，试着在你的查询中重新命名你的行：
SELECT speaker.speaker_picture AS image FROM ...

必须：$speakerPic对SQL注入开放。您的Doctype是胡说八道。您有一个过渡公共标识符和一个严格的系统标识符。他们不匹配。继续@nickb的评论：这是正确的。此外，SQL字符串上的mysql_fetch_array（）不会有太大作用，应该（准备并）执行查询；）我添加了$result变量，现在当我运行它时，当我从html页面本身运行查询时，我得到以下错误代码。“形象”http://......./query2.php“无法显示，因为它包含错误。
SELECT speaker.speaker_picture AS image FROM ...