以Blob数据类型的形式查看从数据库中收到的图像到PHP中的新页面

Question

我制作了一个代码，该代码用于从数据库接收图像，并且可以很好地工作。但是现在，当用户单击图像时，它应该在新页面上打开，我尝试了很少的事情，但它没有工作...

以下代码ID用于显示图像

  $query=mysqli_query($conn,"select * from images") or die("unable to 
       connect");


$i=1;
                while($row=mysqli_fetch_array($query,MYSQLI_BOTH))
                    {
                    //echo '<img id="my" height="150" width="320" src="data:image;base64,'.$row['image'].'  "> ';
                    echo '
                    <tr>
                    <t>'.@$row["id"].'</td>
                    <a target="_blank" href="09.jpg">
                    <img height="150" width="150" src="data:image/jpeg;base64,'.base64_encode( $row['image'] ).'"/>
                    <td><a href="delete1.php?id='. $row['id'] .'">x</a></td>
                    </td>
        ';
            $i++;

                            }   

                ?>

现在我想要的是，当用户单击图像上时，新页面将显示一个放大的图像...

Answer 1

不要将图像保存在数据库中，将其保存为服务器中的文件，然后将文件名保存到数据库中

您必须将图像保存为两种尺寸，小和正常，在表中显示的SMAL，当用户单击图像时，转到正常图像

您可以在数据库中保存一个名称，示例(img1.jpg(在图像目录中保存(sm-img1.jpg(和(img1.jpg(

代码

<a href="url/mydirectory/$row['image']" target="_blank">
<img width="150" height="150"  src="url/mydirectory/sm-$row['image']" />
</a>

或

<img width="150" height="150"  src="url/mydirectory/sm-$row['image']" onclick="window.open('url/mydirectory/$row['image']', '_blank');" />