Warning: file_get_contents(/data/phpspider/zhask/data//catemap/1/php/268.json): failed to open stream: No such file or directory in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 167

Warning: Invalid argument supplied for foreach() in /data/phpspider/zhask/libs/tag.function.php on line 1116

Notice: Undefined index: in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 180

Warning: array_chunk() expects parameter 1 to be array, null given in /data/phpspider/zhask/libs/function.php on line 181
PHP新页面在同一文件中?_Php_Hyperlink_Phpinfo - Fatal编程技术网

PHP新页面在同一文件中?

PHP新页面在同一文件中?,php,hyperlink,phpinfo,Php,Hyperlink,Phpinfo,我正在做一个PHP项目,我需要一些帮助。我需要使用一个php文件,并在该php页面上有多个链接。如果用户单击其中一个,它将显示phpinfo();比如说 那么,我怎么能在一个php页面上有一个链接来显示它,而不是通常显示的内容呢?非常基本的示例: <a href="index.php?page=phpinfo">phpinfo</a> <?php if($_GET['page']=='phpinfo'){ phpinfo(); } ?> 使用URL查询

我正在做一个PHP项目,我需要一些帮助。我需要使用一个php文件,并在该php页面上有多个链接。如果用户单击其中一个,它将显示phpinfo();比如说

那么,我怎么能在一个php页面上有一个链接来显示它,而不是通常显示的内容呢?

非常基本的示例:

<a href="index.php?page=phpinfo">phpinfo</a>

<?php

if($_GET['page']=='phpinfo'){
phpinfo();
}

?>

使用URL查询参数。类似于
/mypage.html&showphpinfo=true的内容


在php文件的开头,检查该参数,如果它存在,则显示
phpinfo()
的输出,而不是执行所有其他操作。

您要查找的内容不能仅由php完成

鉴于这两条评论:


是否要在不重新加载页面的情况下执行此操作?-海尔伍德

对我只想让它隐藏其他一切,展示菲平福-奥斯汀

听起来你在找的是

如果是这样的话,您可能希望友好地使用javascript框架,例如


查看有关使用jQuery内置Ajax功能的信息。

请仔细思考您的问题,因为它没有意义。我想不出更好的解释方法。我只想在我的PHP页面上有一个链接。如果您单击该链接,将进入显示phpinfo()的新页面;但不更改为其他PHP文件。是否要在不重新加载页面的情况下执行此操作?是的。我只想让它隐藏所有其他内容并显示phpinfobtw,允许任何人点击链接查看
phpinfo()
,这是非常不安全的!那是黑客的梦想target@Dagon,他在上面的评论中说,他希望在不重新加载页面的情况下完成它,因此使用Ajax。是吗?好吧,很公平,虽然从技术上讲你是在重新加载页面,但人类访问者只是不知道而已。