私はAJAXリクエストで送信したい以下のフォームを持っています。私は 'xmlhttp.open'という行をどのように進めるべきかは不明です。ビデオファイルをサードパーティのビデオホスティングサイト(APIを使用して)にアップロードしようとしていて、ファイルをアップロードするURL( 'upload_link_secure')を私に提供しました。誰かに助言してもらえますか?普通のjavascript(jQueryはありません)でAJAX経由でフォームを送信
私のHTML:
<form id="upload" action="'+upload_link_secure+'" method="PUT" enctype="multipart/form-data">
<input type="file" id="vidInput">
<button type="submit" id="submitFile" onclick="uploadMyVid(\''+upload_link_secure+'\')">Upload Video</button>
</form>
私のjavascript:あなたのaction
が正しくない属性すべての
var uploadMyVid = function(upload_link_secure){
var form = document.getElementById('upload')
// FETCH FILEIST OBJECTS
var vidFile = document.getElementById('vidInput').files;
var xmlhttp = new XMLHttpRequest;
xmlhttp.open('PUT',); // NOT SURE HOW TO COMPLETE THIS LINE???
xmlhttp.send(vidFile);
}
のために提供
URL
にXMLHttpRequest.prototype.open()
のURL
を設定アップロードするURLを追加する必要があります。 – adeneo私はあなたがドキュメントに基づいてそれを完了することができると思うhttps://developer.mozilla.org/en-US/docs/Web/API/XMLHttpRequest/open – Smile0ff
私はちょっとフォームの要素の 'アクション'属性と混同しています。私の考えは、この要素がURLにファイルを送信するということです。私はまだxmlhttp.open行でこのリクエストを複製する必要がありますか? – dave