Discussion :

[JBLCN]

Bonjour à tous,

J'ai créé une base Mysql avec des contenus. Par exemple pour le champ ContenuPage :

Code HTML :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

<p>ceci est mon texte</p>

et dans mon fichier Php :

Code :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

Print "$contenuPage" ;

Comment peut-on faire pour insérer grâce au champ ContenuPage (et donc la variable $ContenuPage) un appel de fonction ou de fichier php. Par exemple :

Code :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

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<p>ceci est mon texte</p>
 
<?php 
include ...mon fichier php...; 
?>

En fait j'ai essayé mais s'affiche :

Code :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

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<?php 
include ...mon fichier php...; mais l'appel ne se fait pas.. 
?>

j'ai essayé sans succès :

Code :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

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$var=eval("$contenupage");
print $var;

Grand merci de votre aide

[hexenez]

tu as bien nommé ton fichier .php ?

Le serveur sur lequel tu teste interprète php ?

C'est une bête erreur d'exécution, ton script ne passe pas par l'interpréteur php, ce qui explique que ton code arrive en clair. Généralement c'est un petit oubli à la c..

[xk155]

Si le code <?php ... ?> s'affiche sans être éxécuté, c'est :

- ou bien, PHP n'est pas installé, (Aïe!)
- ou bien, APACHE n'est pas configuré pour exécuter du PHP (httpd.conf)
- ou bien, l'appel du fichier ne se fait pas par le bon protocole (ex "file://..." au lieu de "http://...")
- ou bien, dieu en a décidé autrement...

Est-ce que tu peux vérifier ces points ?

[JBLCN]

Bonsoir et merci de vos messages,
Le fichier est bien un fichier php, PHP est installé, l'appel se fait bien par http.
Un peu plus de détail :

Code :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

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$sql = "SELECT * FROM contenus WHERE IdPage='$id'";
$req=mysql_query($sql);
$data=mysql_fetch_array($req);
$ContenuPage=$data['ContenuPage'];
print $ContenuPage;

___________________

Le contenu du champ ContenuPage est le texte : include "monfichier.php";
___________________

Je pense aussi que le Php n'est pas interprété. Je pensais éventuellement à utiliser le fonction eval() que je connais mal.

Code :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

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$var=eval( "$ContenuPage" );
echo $var;

Mais j'obtiens l'erreur :

Parse error: parse error in c:\program files\easyphp1-8\www\fichier.php(12) : eval()'d code on line 1

Je continue donc à chercher...Mon objectif étant de gérer du contenu à l'aide de tables, un peu à la manière d'un CMS, toutes proportions gardées.

Merci de votre aide

[xk155]

Ok, j'avais pas compris...

Je ne pense pas que PHP ait une fonction du type "eval()"... ça c'est du javascript... LOL

Dans ton cas, ce qu'il serait mieux de faire c'est :
- Mettre dans le champ MYSQL ContenuPage que le nom du fichier (ex: "monfichier").
- Et mettre :

Code :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

include ("{$ContenuPage}.php") ;

... à la place de ...

Code :

Sélectionner tout - Visualiser dans une fenêtre à part

$var=eval( "$ContenuPage" );echo $var;

Tout la partie sql du début reste la même.