PHPでMySQLに保存されている画像データを表示したい

Question

前提・実現したいこと

ファイルアップロードボタンを押した後にdbに名前、ファイルパス、タイプを保存し
そこからimg srcに表示したいです。

該当のソースコード

    <?php
      	$dsn = 'mysql:dbname=photo;host=localhost';
　　　　 $user = '*****';
        $password = '****';
        
        $PDO = new PDO($dsn, $user, $password);
      
        if ($_SERVER['REQUEST_METHOD'] != 'POST') {
          // 画像を取得
          $sql = 'SELECT * FROM photo';
          $stmt = $PDO->prepare($sql);
          $stmt->execute();
          $images = $stmt->fetchAll();
          
        } else {
          // 画像を保存
          if (!empty($_FILES['image']['name'])) {
              $name = $_FILES['image']['name'];
          }
        }
     ?>

    <form class="forml" name="forml" id="forml" method="post" action="functions.php" enctype="multipart/form-data">
      <div class="flex box1">
        <p><img id= "preview" src="<?php echo $name;?>"></p>
        <P><img src="img/img002.jpg"></P>
        <P><img src="img/img003.jpg"></P>
      </div>

      <div class="flex box2">
        <p><img src="img/img004.jpg" ></p>
        <p><img src="img/img005.jpg" ></p>
        <p><img src="img/img006.jpg" ></p>
        <p><img src="img/img007.jpg" ></p>
        <p><img src="img/img008.jpg" ></p>
      </div>

      <div class="foot">
         <P><img src="img/img009.jpg" ></p>
      </div>
       
      <div class="foot-text">
        CSSによる画像サイズの<br>
        変更、画面レイアウトの<br>
        調整を行うページ
      </div>
      <div>
        <input type="file" name="image" id="myImage" accept="image/*" onchange="setImage(this);" onclick="this.value = '';">
        <input type="submit" name="go" value="送信" onclick="return check();">
      </div>
    </form>
    </div>
  </div>
  <script>
    function setImage(target) {
        var reader = new FileReader();
        reader.onload = function (e) {
            document.getElementById("preview").setAttribute('src', e.target.result);
        }
        reader.readAsDataURL(target.files[0]);
    };
    </script>
</body>

<?php
 header('Location: http://localhost/galleries.php');
 $id = $_GET['id'];
 
  $dsn = 'mysql:dbname=photo;host=localhost';
  $user = '';
  $password = '';
  
  $PDO = new PDO($dsn, $user, $password);



  if ($_SERVER['REQUEST_METHOD'] != 'POST') {
  } else {
    var_dump($_FILES);
    if (!empty($_FILES['image']['name'])) {
      $name = $_FILES['image']['name'];
      $file_pass = "C:/xampp/htdocs/img";
      $type = $_FILES['image']['type'];



      $sql = "INSERT INTO photo (name, type, filepass, created) VALUES (:image_name, :image_type, :image_filepass, NOW())";

      $stmt = $PDO->prepare($sql);
      var_dump($sql);

      //$params = array(':id' => '', ':name' => $name, 'type' => $type);
      $stmt->bindValue(':image_name', $name, PDO::PARAM_STR);
      $stmt->bindValue(':image_filepass', $file_pass, PDO::PARAM_STR);
      $stmt->bindValue(':image_type', $type, PDO::PARAM_STR);
      $stmt->execute();
     }
    }

  unset($PDO);

?>

Comments

[m.ts10806]

なぜデータ取得時に$_FILESを？

Answer 1

見た感じ、ファイルアップロードしてサーバー上に設置しているわけでもなく、DBに画像の実体を保存しているわけでもないので、そもそも参照できる仕組みになってません。

大抵はこの2択です。
0. 画像をアップロードしてサーバー上に配置し、パスだけをDBに保存し、参照の際はパスからimgタグにリンクさせる
0. 画像の実体をDBに保存して、DBから取り出し出力

（「出力」についても色々なやり方があります）

いずれも「PHP ファイルアップロード」「PHP 画像アップロード　参照」調べて出てくる範囲ですが、脆弱性の的となりやすいのがファイルアップロードなので、下記確認してください。
※操作する言語が違うだけで、言語が違っても流れや考え方は変わりません

ファイルアップロードの例外処理はこれぐらいしないと気が済まない

見た感じ、フォーム送信含めた「リクエストとレスポンス」の考え方自体が身についていないようにも見えるので、PHPマニュアルなど参考に、地固めしてください。
プログラムはコピペ切り貼りで動かすのではなく、「書いたとおりに動く」ので。理解してない他人のコードをそのまま持ってきても何も出来上がりません。

Comments

[Gshehebnk]

1をやりたいのですがどうしたらいいのか全くわかりません
どこをどうすれば良いのでしょうか

[m.ts10806]

記事は何一つ参考にならなかったのでしょうか。
回答に検索キーワードも書いています。ここで書かなくても優秀な記事はネット上にたくさんありますよ。

あと、最後の文もきちんと読んでください。ここはあくまで「取り組んだ結果起きている問題に対してアドバイスをもらう場」であって、「コードだけもらって終わる場」ではないです。
調べて出てくる内容であれば、そのキーワードだけでも十分アドバイスになりえるとは思いますが、どこまで自身が把握できているのか、やってみたのかは赤の他人である私達は書かれてないと認識できませんので、アドバイスを得た結果自身がどう動き何をしてどうなったのかを質問本文に記載してください。