Reactjs 使用Typescript将React组件显示为弹出窗口

我对React和Typescript非常熟悉，我尝试在单击按钮时渲染以下组件

const MyComponent = (props: ComponentProps) => {
    <GridContainer>
      <GridItem>
        <Table>
          <TableHead>
            <TableRow>
              <HeaderCell>Attribute</HeaderCell>
              <HeaderCell>Value</HeaderCell>
            </TableRow>
          </TableHead>
          <TableBody>
            <TableRow>
              <DataCell>A</DataCell>
              <DataCell>B</DataCell>
          </TableBody>
        </Table>
      </GridItem>
    </GridContainer>
  );
};

constmycomponent=（props:ComponentProps）=>{
属性
价值
A.
B
);
};

我希望该组件在单击按钮时显示为弹出窗口，但我不知道如何使用Typescript实现这一点，需要帮助

<Button onClick={() => MyComponent }>Click</Button>

MyComponent}>单击

---

如果您能帮我解决这个问题，我将不胜感激。

您可以使用“状态”将弹出窗口设置为在单击按钮时可见

在组件中创建一段状态

const MyConponent = () => {

  //....
 
  const [popupVisible, setPopupVisible] = useState<boolean>(false)

  //....

   function togglePopup() {
     setPopupVisible(!popupVisible)
   }

  //....

}


//In the button, add the function 

<Button onClick={togglePopup}>Click</Button>

constmyconpont=（）=>{
//....
常量[popupVisible，setPopupVisible]=useState（false）
//....
函数togglePopup（）{
setPopupVisible（！popupVisible）
}
//....
}
//在按钮中，添加函数
点击

您的问题并不完全清楚。“弹出”是指对话框还是模态？或者你的意思是只有点击后它才可见？无论哪种方式，通常的方法都是在状态中设置一个值，指示它是否可见，并基于该值进行渲染。如果你的意思是对话框/模式中的“弹出”，大多数库都会有一个“可见”属性。谢谢你，@Gabriel。如果我的按钮位于MyComponent之外，我将如何访问onClick中的状态和函数？@Lara将函数作为属性传递，就像任何其他解除状态一样。@Lara，如果它对您有帮助，请向上投票并接受该问题：），我将非常感激。