barakuda
Новичок
неполучается показать картинку
подскажите новичку...
в хтмл есть такой тэг...
содержимое showimage.php
но от картинки только рамка...
***************************
может я неправильно добавил картинку в базу?
добавлял картинку вот так
После исполнения этого скрипта - текстовые поля добавляются, насчет картинки незнаю - проверить немогу
Ошибок никаких невыдаёт
Заранее благодарен...
подскажите новичку...
в хтмл есть такой тэг...
PHP:
<img src="showimage.php?num=1015a" border="0" width="400" height="264" alt="">
PHP:
<?
$conn = mysql_connect('database','efimenk4','111111');
$db = mysql_select_db('efimenk4', $conn);
$res=mysql_query("SELECT photo FROM monitoring WHERE num='$num'");
$image=mysql_result($res, , );
header("Content-type: image/gif");
echo $image;
?>
но от картинки только рамка...
***************************
может я неправильно добавил картинку в базу?
добавлял картинку вот так
PHP:
$num = $_POST[num];
$city = $_POST[city];
$adress = $_POST[adress];
$price = $_POST[price];
$status = $_POST[status];
$photo = $_POST[photo]; // * ТУТ ИМЯ ФАЙЛА С КАРТИНКОЙ
$shema = $_POST[shema];
//Установление соединения с базой данных
$conn = mysql_connect('database','efimenk4','111111');
//Выбор базы данных MySQL
$db = mysql_select_db('efimenk4', $conn);
$sql = "INSERT INTO monitoring " .
"(num, city, adress, price, status, photo, shema, opis) VALUES ('$num', '$city', '$adress',
'$price', '$status', '$photo', '$shema', '$opis')";
// *В БАЗЕ ПОЛЕ photo имеет тип BLOB
//Выполнение оператора SQL и сохранение результатов в множестве записей
$rs = mysql_query($sql,$conn);
mysql_close($conn);
?>
Ошибок никаких невыдаёт
Заранее благодарен...