我正试图从另一个php文件a.php加载一个php文件B.php，另外我想通过$_GET发送一个变量。两个文件都存储在同一目录中。我尝试了几种方法：
1）直接写在我的文件上：
require (__FILE__)."b.php?action=1";
执行echo的结果是：C:\examplep\htdocs\pfc\html\a.phpb.php？action=1，太不正确了！
于是我尝试了：
require (__FILE__)."..b.php?action=1"; INCORRECT again
第2）在另一个PHP上我设置：
define('MAINDIR',dirname(__FILE__) . '\');
define('DL_DIR',MAINDIR . 'pfc\html\'); // Also tried with a normal '/'
然后在我的文件上我只做：
require DL_DIR."b.php?action=1"; I also tried with include, but I guess this has nothing to do.
在这种情况下，如果我执行echo，我会得到：C:\examplep\htdocs\pfc\html\b.php，所以正确！
然而，当我运行程序时，我会得到下一个错误：
警告：require（C:\examplep\htdocs\pfc\html\b.php？action=1）：无法打开流：在第101行的C:\examplep\tdocs\pfc \html\a.php中没有这样的文件或目录
警告：require（）：打开'C:\examplep\htdocs\pfc\html\b.php失败？action=1'用于包含（include_path='.；C:\examplep\php\PEAR'）在C:\examplep\htdocs\pfc\html\a.php的第101行
很明显，它在文件中找不到文件。所以我再次尝试了"..\"这个版本。。。错了！
3）将realpath添加到等式
require realpath(dirname(__FILE__)."b.php?action=1");
而且，我再次得到：
警告：require（）：在第101行上的C:\examplep\htdocs\pfc\html\html_menu_supervisor.php中，文件名不能为空
警告：require（）：无法在第101行的C:\examplep\htdocs\pfc\html\html_menu_supervisor.php中打开"以进行包含（include_path='.；C:\examplep\php\PEAR'）
我真的不知道发生了什么事。请有人帮帮我！提前感谢：-）
据我所知，您不能通过require或include传递参数。因此，我相信您的require实际上是在寻找一个不存在的文件（因为您可能没有名为b.php?action=1.的文件
您可以设置需要的任何变量，并在required文件中引用它们（假设它们在同一范围内）。
您不必为include获取参数。
如果你的url看起来像这个
localhost/myfunction.php?action=1
myfunction.php：
require (__DIR__)."..b.php";
您可以包含您的文件，它将开箱即用地获得get变量。
include是一个副本&粘贴包含的文件。
所以你的b.php应该是这样的：
$allowedGetValues = array(1,2,3,4);
if(isset($_GET['action']) && array_key_exists($_GET['action'],$allowedGetValues) ){
..
}
您必须使用include或require函数，如下所示-
include('b.php');
or
require('b.php');