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我有个问题，请帮帮我

我有2个网站，我想互相发送数据

第一个地点：

          var site_adres = $(location).attr('href');

          var myArray = site_adres.split('/');

          var site_adi_al = myArray[2];

          $.getJSON('xxx.com/site/admin.php?site_adres='+ site_adi_al +'',  

            {},
        function (data) {  

         $.each( data, function ( i, val ) {

         var id=val['id'];
         var site_adi=val['site_adi'];
         $(".site_adi").append('<li>'+id+' >> <a href="'+site_adi+'"   
         target="_blank">'+site_adi+'</a></li>');



          });

/*质疑*/

              $query = mysql_query("SELECT * FROM site WHERE site_adi = '$site_adi'");
            if ( mysql_affected_rows() ){
              $row = mysql_fetch_object($query);
              $json = array(
              "id" => $row->id,
              "site_adi" => $row->site_adi
                  );
             }else{
              $json["hata"] = "Nothing !";
                 }
          header("access-control-allow-origin: *");
          echo json_encode($json);

---

结果零，有什么问题，请帮助

您应该在Web服务器上设置COR，以允许它们相互获取数据，因为您使用的是php，我假设您使用的是apache：

Header set Access-Control-Allow-Origin "*" 

---

将*替换为其他网站的ip地址，反之亦然。

除了问题注释中解释的安全问题外，您还有两个基本问题

您正在发送站点地址，但正在读取$\u GET[site\u adi]。如果不显式地编写代码以某种方式链接它们，就不能对同一事物使用不同的名称。 您使用$在数据上循环。每个数据、函数i、val{就像它是一个对象数组一样，但是您的PHP只发送一个不在数组中的对象。您应该直接访问数据的属性，而不是使用每个或val。

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危险：您正在使用并且应该使用。您还容易受到现代API会使您更容易使用的攻击。您做了什么来调试此问题？打开浏览器的开发人员工具。查看JavaScript错误控制台。是否有任何错误？网络选项卡如何？您是否看到正在发出的请求？您是否收到了响应ect？控制台错误为空，网络选项卡：jquery.min.map code.jquery.com未找到？？oppps为什么。包括该页面。网络选项卡对xxx.com/site/admin.php的请求有何说明？site_-adres=？我注意到了。solition？？site/admin.php？site_-adres=结果：问题中没有任何内容：headeraccess-control-allow-origin:*；CORS已经处理好了。

Header set Access-Control-Allow-Origin "*"