XAMPP腳本不結轉到HTML文件

我有涉及一個按鈕，切換能見度XAMPP腳本不結轉到HTML文件

echo "<button onclick = \"toggle('showDetails')\">expand</button>" ; 

echo "<script type=\"text/javascript\">"; 
echo " function toggle(id) { \n"; 
echo "  var e = document.getElementById(id)\n"; 
echo "  if(e.style.display == 'block')\n"; 
echo "   e.style.display = 'none';\n"; 
echo "  else\n"; 
echo "   e.style.display = 'block';\n"; 
echo " }"; 
echo " </script>";

一個PHP文件，它運行完美我的PHP頁面上。但是當我進入調用我的php頁面的html頁面時，腳本不起作用。我試圖把我的腳本放在html頁面的頭部和html頁面的正文中，但無濟於事。我需要做什麼才能讓我的按鈕在html頁面上工作。

編輯：這裏是showDetails元素：

echo "<div id =\"showDetails\" style=\"display:none\">" ; 
echo "<strong>client_address:</strong>" ; 
echo $client_address; 
echo "<br>" ; 
echo "<strong>client_date:</strong>" ; 
echo $client_date; 
echo "</div>" ;

我也打開了我的html頁面，並使用谷歌Chrome檢查。當我點擊HTML頁面上的按鈕，我在控制檯中的錯誤：

未捕獲的ReferenceError：當您通過ajax式的方法調用這個文件php切換是沒有定義

來源

2015-11-13 William Roberts

請將代碼添加到您的問題你在哪裏回顯需要切換的** showDetails **元素。 – trincot

我用showDetails元素以及控制檯錯誤更新了我的問題。 –

（使用XMLHttpRequest）並在您的現有頁面中注入響應innerHTML，javacscript嵌入在script標記將不會執行。在你的情況下，這意味着toggle函數將永遠不會被定義。

有幾種方法來解決這個問題：

定義在HTML頁toggle功能發出此http請求。這樣，具有此功能的script標記將從一開始就在那裏，並在頁面加載時執行。無關緊要的是，toggle函數只是坐在那裏，什麼都不做，直到你調用menu.php文件發回按鈕。它具有執行這樣的http請求和執行無論是在嵌入式script標籤功能
使用jQuery或類似的庫。

選擇第二個選項，你可以寫：

$("#menuDiv").load("menu.php");

還有一些其他的方式來實現這一點，我指的是many previous answers這個問題。

注意還存在是它打破了javascript的else之前分號您if - else結構：

echo "   e.style.display = 'none';\n";

做，而不是：

echo "   e.style.display = 'none'\n";

來源

2015-11-13 22:36:19 trincot

我仍然遇到同樣的問題。 –

當我把你在[pdf fiddle light]中提供的所有代碼（http：// phpfiddle。org/lite），修正了分號，按鈕按預期工作。但是，對於「調用我的php頁面的html頁面」是什麼意思？也許我錯過了那裏的東西，因爲'html'是由'php'生成的。也許你是指另一個'html'頁面？ – trincot

我有一個html頁面文件。它調用一個PHP頁面，例如var menu = new XMLHttpRequest（）; menu.onreadystatechange = function（）{if（menu.readyState == 4 && menu.status == 200）{document.getElementById（「menuDiv」）。innerHTML = menu.responseText; } } menu.open（「GET」，「menu.php」，true）; menu.send（）; –

XAMPP腳本不結轉到HTML文件

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