Php 查询结构：从Type=1的位置选择

好的，我试图显示其中一个数据库表中的所有条目，其中字段“Type”的值为1，但我一直收到一个错误。我不知道如何构造我的查询

<?php
include 'page-start.php';
?>
<?php
$myQuery  = "SELECT places.*, Type.TypeName ";
$myQuery .= "FROM places ";
$myQuery .= "WHERE Type = '1' ";
$myQuery .= "INNER JOIN Type ON places.Type = Type.TypeID";

$result = $con->query($myQuery);
if (!$result) die('Query error: ' . mysqli_error($result));
?>



 <?php

            while($row = mysqli_fetch_array($result))
            {

    echo ' <div class="one-third column" id="education">';
    echo '<h3 class="place-head"><a href="educationdetails.php?ID=' . $row['PlaceID'] . '">' . $row['PlaceName'] . '</a></h3>';
    echo    ' <div class="a-image">';
    echo        '<img src="'. $row['ImageURL'] . '"/>';
    echo    ' </div>';
    echo        ' <div class="a-info">';


    echo        ' </div>';
    echo    '</div>';   
            }

    ?>

不要将
$result
传递给mysqli\u error，这不是它想要的，它想要将您的
$con
变量作为参数传入

另外，由于您使用的是mysqli对象，只需调用
$con->error
即可打印错误消息

由于您要返回一个mysqli_结果对象，您可能只需要使用

while ($row = $result->fetch_array(MYSQLI_ASSOC) )

作为while循环命令。
我相信您有SQL语法错误

$myQuery  = "SELECT places.*, Type.TypeName ";
$myQuery .= "FROM places ";
$myQuery .= "WHERE Type = '1' ";
$myQuery .= "INNER JOIN Type ON places.Type = Type.TypeID";

内部联接应位于谓词之前（“其中类型='1'”）：

对表而不是列使用反勾号，因为它们共享完全相同的名称orry:Warning:mysqli_error（）要求参数1为mysqli，布尔值在。。。第16行查询错误：
.>
.…您的mysqli连接在哪里…在page-start.php文件中，当我取出“$myQuery.=”where Type='1'”；它显示表中的所有条目时，它就会工作；我刚刚尝试过，现在我得到了错误：致命错误：调用成员函数fetch_array（）在非对象init上，没有行$myQuery.=“WHERE Type='1'”；因此，我编写查询的方式可能有问题
$myQuery  = "SELECT places.*, Type.TypeName ";
$myQuery .= "FROM places ";
$myQuery .= "WHERE Type = '1' ";
$myQuery .= "INNER JOIN Type ON places.Type = Type.TypeID";

$myQuery  = "SELECT places.*, Type.TypeName ";
$myQuery .= "FROM places ";
$myQuery .= "INNER JOIN Type ON places.Type = Type.TypeID";
$myQuery .= "WHERE Type = '1' ";