OpenfileDialog - Fenster nicht herausspringen

Ich arbeite an der form . Ich möchte kleine Fenster, um pop-up wenn ich auf die Schaltfläche und wählen Sie XML-Datei meiner Wahl aus verschiedenen Ordner.

Ich denke, diese OpenFileDialog wird mir helfen.

private void button3_Click(object sender, EventArgs e)
{
   /
    OpenFileDialog OpenFileDialog1 = new OpenFileDialog();

    openFileDialog1.Filter = " XML Files|*.xml";

    openFileDialog1.InitialDirectory = @"D:\";



    if (OpenFileDialog1.ShowDialog() == DialogResult.OK)
    {
        MessageBox.Show(filed.FileName.ToString());
    }
}

Ich habe versucht mit folgenden code aber wenn ich auf den Knopf gibt es kein Fenster pop-up.
Ich bin nicht geting was für Fehler ich gemacht habe.

Was ist das problem?

Dank!

  • 1) Wenn dies einer Konsole app, wie kommt es, gibt es Knöpfe? 2) Was ist filed - meinst du openFileDialog1.ShowDialog()? 3) Hat button3_Click registriert worden, wie ein Ereignis-handler für die Schaltfläche Click Veranstaltung?
  • sorry..habe ich geändert der Fehler !!!! seine richtige jetzt.es ist die FORM, eingereicht hat ersetzt worden..ja, es hat ben registriert als click-Ereignis !
  • Ja, es muss form haben 🙂 ich habe eine Antwort unter, Sie fehlen ShowDialog();
  • mal sehen, ob es funktioniert für mich. !!! ich werde versuchen, die
  • seine nicht wrking noch...... private void button3_Click(object sender, EventArgs e) { openFileDialog1.Filter = " XML-Dateien|*.xml"; openFileDialog1.InitialDirectory = @"D:\"; path = openFileDialog1.Mit dem Namen.ToString(); openFileDialog1.ShowDialog(); }
  • So gibst du uns nicht genug Informationen über Sie app. Weil, ich schrieb diesen code auf mu Visual Studio, und es funktionierte.Zeigte mir ein dialog. private void button1_Click(object sender, EventArgs e) { OpenFileDialog f = new OpenFileDialog(); f.ShowDialog(); }

InformationsquelleAutor Sheela | 2010-10-10
  1. 4

    Sie nicht nur öffnen den Datei-dialog aus einer console app. Sie haben zu umgehen, es mit einigen Einstellung single thread apartment (STA).

    [STAThread]
static void Main(string[] args)
{
            MessageBox.Show("Test");
}

    --EDIT--

    Folgende Werke auf click-Ereignis:

    OpenFileDialog f = new OpenFileDialog();
f.Filter = "XML Files|*.xml";
f.InitialDirectory = "D:\\"; 
if(f.ShowDialog() == DialogResult.OK)
{
    MessageBox.Show(f.FileName);  
}
    • Sorry. seine form, buddy !! ich m st8ll keine geting es ....code ............... private void button3_Click(object sender, EventArgs e) { openFileDialog1.Filter = " XML-Dateien|*.xml"; openFileDialog1.InitialDirectory = @"D:\"; path = openFileDialog1.Mit dem Namen.ToString(); openFileDialog1.ShowDialog(); }
    • Bitte siehe mein edit in Antwort auf Ihren Kommentar.
    InformationsquelleAutor KMån
  2. 2

    You cant open file fialog in der Konsole app.

    Ihnen sagen, ich habe die Schaltfläche, so muss diese die Win-app, verwenden Sie

    openFileDialog1.ShowDialog(); fehlt 

    private void button3_Click(object sender, EventArgs e)
        {
           OpenFileDialog OpenFileDialog1 = new OpenFileDialog();

            openFileDialog1.Filter = " XML Files|*.xml";

            openFileDialog1.InitialDirectory = @"D:\";

            openFileDialog1.ShowDialog();

            //Get file name and use OpenFileDialog1.FileName or something like that

       }
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    InformationsquelleAutor Serkan Hekimoglu
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