图片作为提交按钮时,如何实现当被点击时打开一个弹出窗口(PHP)?要传表单的值.

Question

echo "<input type=image src=submit.gif onclick=\"window.open('$url','_win','')\"";

Answer 1

恩，引用本论坛(csdn)的
 <INPUT cache height=20
      src="folregefiles/index_login1.gif" type=image width=60>
这是它的登陆的“进入”按钮的代码

Answer 2

<form target="WinName" method="post" action="some.php">
 <input type="image" src="...">
</form>or<form method="post" action="some.php">
 <input type="image" src="..." onclick="this.form.target='WinName';">
</form>

Answer 3

我要实现开启另外一个窗口，不能替换原来的窗口．下面是我的代码，应该如何改
echo '<input type="image" name="SubmitImg" src="RDDC/Submit.GIF" width="54" height="16" align="middle">';
打开一个＂RDDC/Stat.php＂窗口，无工具条和菜单

Answer 4

关键在这里！！！！！！！！！！！！！！！！<form action='stat.php' target='stat_window'>
.....
<input type=image .... onclick='window.open(....)'>
</form>ok?!