XAMPP脚本不结转到HTML文件

Question

我有涉及一个按钮，切换能见度

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>"; 

一个PHP文件，它运行完美我的PHP页面上。但是当我进入调用我的php页面的html页面时，脚本不起作用。我试图把我的脚本放在html页面的头部和html页面的正文中，但无济于事。我需要做什么才能让我的按钮在html页面上工作。

编辑： 这里是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>" ; 

我也打开了我的html页面，并使用谷歌Chrome检查。当我点击HTML页面上的按钮，我在控制台中的错误：

未捕获的ReferenceError：当您通过ajax式的方法调用这个文件php切换是没有定义

Answer 1

（使用XMLHttpRequest）并在您的现有页面中注入响应innerHTML，javacscript嵌入在script标记将不会执行。在你的情况下，这意味着toggle函数将永远不会被定义。

有几种方法来解决这个问题：

• 定义在HTML页toggle功能发出此http请求。这样，具有此功能的script标记将从一开始就在那里，并在页面加载时执行。无关紧要的是，toggle函数只是坐在那里，什么都不做，直到你调用menu.php文件发回按钮。它具有执行这样的http请求和执行无论是在嵌入式script标签功能

• 使用jQuery或类似的库。

选择第二个选项，你可以写：

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

还有一些其他的方式来实现这一点，我指的是many previous answers这个问题。

注意还存在是它打破了javascript的else之前分号您if - else结构：

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

做，而不是：

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