如何通过PHP获取图像/ png内容

这是我的第一篇Stack Overflow帖子,如果我使用了不正确的格式或约定,请原谅我.我正在尝试编写一个测试场景,它从网页POST(multipart / form-data)接收png图像,剥离已发布的图像并将其作为Content-Type：image / png转发给第三方.

我有一个php文件(catcher.php),它是转发图像的收件人. Post.php,将上传的图像发布到catcher.php的php文件如下：

<?php
    $img = imagecreatefrompng($_FILES['myfile']['tmp_name']);
    imagepng($img);
    $opts = array(
        'http'=>array(
            'method'=>"POST",'content'=>$img,'header'=>"Content-Type: image/pngrn"               
        )
    );

    $context = stream_context_create($opts);
    file_get_contents( "http://localhost/catcher.php",false,$context);
?>

Post.php从发布为multipart / form-data的网页上获取文件很好,但是我不确定如何访问catcher.php中的image / png内容.

我的问题是,在catcher.php中,我如何访问图像内容？我尝试过$_POST [‘content’]并获得以下错误：“Undefined index：content”.所以我知道我不是在寻找正确的数据.是否有一个特定的超全局变量,如$_POST或$_REQUEST,我可以使用它来访问已发布的图像内容,还是有其他解决方案？

解析度
我能够使用以下catcher.php代码找到我要查找的结果：
????

$input = fopen("php://input","+r");
$destination = fopen($target_path,'w');

stream_copy_to_stream($input,$destination);

fclose($input);
fclose($destination);
?>

感谢Marc和Brenden的快速回复！

<?php
if ($_FILES['myfile']['error'] !== UPLOAD_ERR_OK) {
   die("Upload failed with error code " . $_FILES['myfile']['error']);
}

$opts = array(
    'http'=>array(
        'method'=>"POST",'content'=> file_get_contents($_FILES['myfile']['tmp_name']),'header'=>"Content-Type: image/pngrn"               
    )
);

$context = stream_context_create($opts);
file_get_contents( "http://localhost/catcher.php",$context);