Question

这是我的弹出窗口：

<Popup Name="Tedavi_Popup" IsOpen="False" Placement="MousePoint" >
        <Border BorderBrush="Gray" BorderThickness="1" >
            <TextBlock Background="WhiteSmoke" Padding="9,4,9,4" TextWrapping="Wrap" Name="popup"/>
        </Border>
    </Popup>

我有主网格和网格中的所有内容。

这是我的MouseMove事件处理程序：

this.Tedavi_Popup.ClearValue(Popup.IsOpenProperty);
this.Tedavi_Popup.IsOpen = true;

我想让网格中的弹出窗口一直打开，并让Popup跟随鼠标。

目前，鼠标移动时不会显示弹出窗口。当鼠标停止时，弹出窗口会出现在鼠标底部。鼠标停止时一切正常。但鼠标移动它并没有出现。

如何在鼠标移动时显示它？

Answer 1

由于MouseMove事件在鼠标移动时会快速触发，因此弹出窗口不会在下一次移动发生之前重新绘制在屏幕上。这就是为什么它在鼠标移动时似乎没有显示出来的原因。

为了达到您想要的效果，您需要明确地放置弹出窗口，而不是使用MousePoint展示位置。

以下是如何做到这一点：

为窗口/控件的主容器命名。在下面的示例中，我使用Window，我将其命名为myWindow。您可以选择使用Grid，只要它填充了您希望捕获鼠标移动的表面区域。
- 这使您可以在下一步中定位它。
将弹出式广告集Placement更改为PlacementMode.Relative，将PlacementTarget设置为主要容器，并设置HorizontalOffset和{{1} } VerticalOffset。
- 这会将弹出窗口的位置设置到主容器的左上角，然后我们将在事件处理程序中进行更改。
在主控件上设置0事件处理程序，并在该处理程序中，获取鼠标相对于主控件的当前位置，并使用它来设置MouseMove和HorizontalOffset值：
- 这实际上是让弹出窗口与鼠标光标对齐，而不必重绘它。

所以你最终得到的XAML看起来像这样：

VerticalOffset

你的代码看起来像这样：

<Window x:Class="WpfApp2.MainWindow" MouseMove="popup_MouseMove" Name="myWindow">
    <Grid>
        <Popup Name="Tedavi_Popup" IsOpen="False" Placement="Relative" HorizontalOffset="0" VerticalOffset="0" PlacementTarget="{Binding ElementName=myWindow}">
            <Border BorderBrush="Gray" BorderThickness="1" >
                <TextBlock Background="WhiteSmoke" Padding="9,4,9,4" TextWrapping="Wrap" Name="popup" />
            </Border>
        </Popup>

    </Grid>
</Window>

WPF弹出窗口跟随鼠标

1 个答案: