为什么我的图片路径不被使用？

Question

我正在从数据库中的图像路径在这的foreach

foreach($image as $row){ 
    $value = $row['dPath']; 
    $imgpath =base_url()."images/".$value;//this is not taken 
    $imgpath = base_url()."images/con_icon.jpg";//this$imgpath is taken 

    echo $value; 

当我给$ imgpath为$ imgpath = BASE_URL（） “图像/ con_icon.jpg”。它被接受在

<img src="<?php echo $imgpath; ?>" and image is displayed 

但是，当我给$ imgpath为$imgpath =base_url()."images/".$value; 但echo $value;结果con_icon.jpg 图像不显示 是什么问题

编辑：

echo $imgpath =base_url()."images"."/".$value; 
echo $img = base_url()."images/con_icon.jpg"; 

给了我这个

http://localhost/ssit/images/con_icon.jpg 
http://localhost/ssit/images/con_icon.jpg 

那么为什么不能我得到这个在我的<img>

<img src="<?php echo $imgpath; ?>" name=b1 width=90 height=80 
border=0 onmouseover=mouseOver() onmouseout=mouseOut()> 

Answer 1

确保在前面或结束您的$value不包含额外的空格。使用

$value = trim($value); 

到remove whitespace。 echo也不是快速调试变量的最佳方式，请改用var_dump。

，并请务必逃脱你的ImagePath防止XSS

编辑

你不能说<img src="<?php echo $imgpath; ?>" name=b1 width=90 height=80 border=0 onmouseover=mouseOver() onmouseout=mouseOut()>因为你在你的字符串末尾有空格。如果你必须这样使用它，请使用<img src="<?php echo trim($imgpath); ?> … />。

除此之外，请引用您的属性：onmouseover="mouseOver"，请勿在事件处理程序名称后面使用圆括号（除非mouseOver()返回函数 - 我不认为您正在这样做）。你应该用urlencode为您的ImagePath，以锁定所有谁想要伤害你的用户的恶意黑客

Answer 2

确保$value不来空：

var_dump($value); 

此外，你可以试试这个来代替：

$imgpath = get_bloginfo('template_url') . "/images/" . $value;