嗨，我对 php 和 sql 比较陌生，我正在创建一个商店定位器和零件查找器，所以用户需要找到销售螺丝的地方，它会向他们显示该螺丝的详细信息和 100 英里内最近的商店，一切顺利。我现在要做的是给每个部分一个图像，这样你就能看到它的样子。自动取款机 我在 php 中嵌入了 HTML，这是我的代码。
echo "<div style='"font-family:verdana;font-weight:bold;color:#3083FF;font-size:20px;width:100%;text-align:center;margin:0; padding:0;'">";
echo $row['partnum']."<br/>";
echo "</div>";
echo"<img style='"width:50%;'"; src='"productimages''".$row['partnum'].".png'" alt='"Save icon'"/>";
echo "<div style='"font-family:verdana;color:#3083FF;font-size:20px;width:100%;text-align:center;margin:0; padding:0;'">";
echo $row['description'];
echo "</div>";
我想做的是，如果我的 php 在我的代码中查找我获得的图像并且当前找不到它，它会显示一个可以理解的损坏的图像链接，但我想做的是，如果发生这种情况，我希望它只为那些没有来自我的代码的图像的人显示一个图像。
很抱歉英语不好，没有缩进我的代码
只需使用file_exists：
if(file_exists($_SERVER['DOCUMENT_ROOT'].''productimages''.$row['partnum'].'.png')) {
echo "<img style='"width:50%;'"; src='"productimages''".$row['partnum'] .".png'" alt='"Save icon'"/>";
} else {
echo "No image found"; }
我第二个Moby04的答案，如果您不想显示"未找到图像"文本，您可以简单地显示"未找到.png"，这也可能有效！