Javascript MySQL数据未输出到引导模式

我试图将数据输出到我的模式，但没有显示任何内容。我已经成功地在创建的表上输出了一些数据。然而，当试图通过模式调出更多数据时，似乎什么也没有出现

我一直在浏览PHP，寻找可能的修复方法，但运气不好

下面的php用于从我的

news.php

文件接收信息后将数据输出到modal：

<?php  
if(isset($_POST["employee_id"]))  
{  
  $output = '';  
  $connect = mysqli_connect("localhost", "root", "test1234", "news_db");  
  $query = "SELECT * FROM latest_news WHERE news_id = '".$_POST["employee_id"]."'";  
  $result = mysqli_query($connect, $query);  
  $output .= '  
  <div class="table-responsive">  
      <table class="table table-bordered">';  
  while($row = mysqli_fetch_array($result))  
  { 
    $output .= '  
     <tr>  
      <td width="30%"><label>Name</label></td>  
       <td width="70%">'.$row["news_title"].'</td>  
      </tr> 
      <tr>  
        <td width="30%"><label>Address</label></td>  
        <td width="70%">'.$row["news_text"].'</td>  
        </tr>  
    ';  
  } 
  $output .= "</table></div>";  
  echo $output;  
}  
?>

my news.php文件中的此表成功地从我的表中输出了所需的数据：

<div class="table-responsive">  
  <table class="table table-bordered">  
    <tr>  
      <th width="70%">Employee Name</th>  
      <th width="30%">View</th>  
    </tr>  
    <?php  
    while($row = mysqli_fetch_array($result)){  
    ?>  
      <tr>  
        <td><?php echo $row["news_title"]; ?></td>  
        <td><input type="button" name="view" value="view" id="<?php echo $row["news_id"]; ?>" class="btn btn-info btn-xs view_data" /></td>  
      </tr>  
    <?php  
    }  
    ?>  
  </table>  
</div>  

<div id="dataModal" class="modal fade">  
  <div class="modal-dialog">  
    <div class="modal-content">  
      <div class="modal-header">  
        <button type="button" class="close" data-dismiss="modal">&times;</button>  
        <h4 class="modal-title">Employee Details</h4>  
      </div>  
      <div class="modal-body" id="employee_detail"></div>  
      <div class="modal-footer">  
        <button type="button" class="btn btn-default" data-dismiss="modal">Close</button>  
       </div>  
     </div>  
   </div>  
 </div>  

员工姓名
看法
您的代码看起来不错，但是您确定您使用的SQL查询是正确的吗

$query = "SELECT * FROM latest_news WHERE news_id = '".$_POST["employee_id"]."'";

您正在使用
员工id
作为
新闻id
。这可能就是问题所在。尝试获取
$query
值并在数据库中运行它


顺便说一下，考虑使用PDO和准备好的PHP SRIPITP语句。code>filter_input（）

还可以帮助您提高代码的安全性

不显示数据是您最不担心的事情，您应该首先研究如何防止SQl注入。我已经缓解了一些问题，由于不需要用户输入@Raymondnijland，您的代码容易受到SQl注入的攻击。你应该使用事先准备好的陈述。

$query = "SELECT * FROM latest_news WHERE news_id = '".$_POST["employee_id"]."'";