php input type="file"で画像をDBに保存し表示させたい。

やっていること
formで写真を送りDBに保存しています。

$image = $_FILES['photoFile']['tmp_name'];

$_FILESの中身は下記
array(1) { ["photoFile"]=> array(5) { ["name"]=> string(25) "テスト画像250100.png" ["type"]=> string(9) "image/png" ["tmp_name"]=> string(24) "C:\xampp\tmp\php33B9.tmp" ["error"]=> int(0) ["size"]=> int(2635) } }

DB保存
$sql = " UPDATE T_PrContent SET PrContent = :PrContent, Url = :Url, UseFlag = :UseFlag WHERE SiteId = :SiteId AND PrNumber = :PrNumber ";
$prm = array(
                    ':PrContent' => $image,
                    ':SiteId' => $siteid,
                    ':Url' => $linkurl,
                    ':UseFlag' => $useflag,
                    ':PrNumber' => $no,
            );
$this->app->dbAdapter->query($sql)->execute($prm);
※$this->app->dbAdapterでDBに繋がるようになっています。
※PrContentが画像保存場所です。

$imageをDBに保存しています。

画面出力は

$sql = "SELECT * FROM T_PrContent WHERE SiteId = :SiteId ";
        $prm = array(
            ':SiteId' => $siteid,
        );
$prcontent = ResultInterfaceToArray($this->app->dbAdapter->query($sql)->execute($prm));

＄prcontentをビューに持っていき
<img src=<?php echo $this->prcontent[$no]['PrContent']; ?>>
※[$no]はforでまわし該当の番号を取ってます長くなるので省略

のような形で行っているのですが上手く表示されません。

やりたいこと
DBに保存した画像を画面で表示したい。

ご教授お願い致します。

m.ts10806

2022/12/20 05:44

>DBに保存した画像を画面で表示したい。現状のコードが一部過ぎて何とも言えませんが、$imageはあくまでformで送信されたテンポラリファイルではないでしょうか（要は一時ファイル）DBに保存し、取得しているコードはどうなっていますか？もう少し具体的にコードやフォルダ構成を提示してください。

yuma.inaura

2022/12/20 05:45

画像は正しく保存されており、その画像URLには直接アクセスできるんでしょうか？

ykkk

2022/12/20 06:27

m.ts10806さん記載してみました。宜しくお願い致します。

ykkk

2022/12/20 06:28

yuma.inauraさん DBにはBLOBとしか記載なくその内容の確認方法もわかっていない状況です。。。

m.ts10806

2022/12/20 10:56

現状のコードが一部過ぎて何とも言えない状態からは変化ないです。可能な限り、他者がコピペで再現できるくらいに提示してください。 $thisがある時点で何らかのクラス内の実装だろうなとは思うのですが、現状やりたいことができない人にしては構成が複雑なオブジェクト指向になっています。何らかのフレームワークを利用しているのではないのですか？