Angular ngx智能popover在条件下打开

目前，我有这样的智能popover设置，带有一个额外的按钮，并在单击时显示。它被放入自己的组件中，如下所示：

<popover-content #myPopover id="myPopover"  
   placement="bottom" [animation]="true" [closeOnClickOutside]="false" >
// Some content here
</popover-content>
<input type='button' #selectMyPopover [popover]="myPopover" class='btn'
  popoverPlacement="bottom" [popoverOnHover]="false" 
 [popoverCloseOnMouseOutside]="false" [value]='myButton'>

<app-my-popover></app-my-popover>

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您是否可以用类似的方式从typescript中打开，而不是使用按钮？

您需要使用

ViewChild

获取对typescript中popover组件的引用，如下所示：

@ViewChild('myPopover') myPopover : PopoverContentComponent;

然后，您可以在需要的位置访问此引用：

this.myPopover.show();

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如果您查看它们的源代码，有

show

和

hide

方法。然后，您需要使用

@ViewChild

获取对ts文件中该对象的引用，如下所示

@ViewChild('myPopover') myPopover : PopoverContentComponent;

以后你可以做

this.myPopover.show();

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将其作为

ViewChild

获取，然后可以调用open方法；方法与标准@SarthakAgastya的工作方式不同，你说的方法与标准@SarthakAgastya的工作方式不同是什么意思？它有没有显示过爆米花？位置正确吗？是的，这是我调用show（）方法时popover根本没有显示的东西。即使我能像你建议的那样用@ViewChild获取对象。@SarthakAgastya可能是一个bug，如果你能创建一个stackblitz，我可以为你重新检查它，看看是否有问题missed@SarthakAgastya顺便说一句，这种需求的一般解决方案是获取对child的引用，然后对其调用方法

this.myPopover.show();