Php 为什么我不能显示来自四个联接表的数据？

我使用以下查询连接两个表。表gz_topics包含基本信息，如页面标题和副标题，而每个页面的文章存储在表gz_articles_topics_intro中。实际上，GZ.URL是一个与每个页面的URL匹配的变量，但我在这里使用Birds作为示例

$Zext = mysql_fetch_assoc(mysql_query("SELECT GZ.N, GZ.URL, GZ.Title, GZ.Live,
AI.URL, AI.Article, AI.Pagedex
FROM gz_topics GZ
LEFT JOIN gz_articles_topics_intro AI ON AI.URL = GZ.URL
WHERE GZ.URL LIKE 'Birds' AND GZ.Live = 1"));

它很好用。当我把我的文章放在三个独立的表格中并试图将它们连接起来时，问题就开始了

$Zext = mysql_fetch_assoc(mysql_query("SELECT GZ.N, GZ.URL, GZ.Title, GZ.Live,
Art.URL, Art.Article, Art.Pagedex,
AI.URL, AI.Article, AI.Pagedex, AN.URL, AN.Article, AN.Pagedex
FROM gz_topics GZ
LEFT JOIN gz_articles_topics Art ON Art.URL = GZ.URL
LEFT JOIN gz_articles_topics_intro AI ON AI.URL = GZ.URL
LEFT JOIN gz_articles_topics_names AN ON AN.URL = GZ.URL
WHERE GZ.URL LIKE '$MyURL' AND GZ.Live = 1"));

当我将其粘贴到SQL中时，它工作正常，显示所有数据，包括文章。但我的页面上没有显示任何值

这是我用来显示文章的代码：

$Article = $Zext['Article'];
echo $Article;

我尝试过内部联接和外部联接，以及while循环等，但似乎都不起作用。我的PHP/MySQL技能是中级的，我不知道问题出在哪里，因为正如我所说的，当我将它粘贴到SQL中时，它工作正常，并且我没有看到任何错误消息

问题一定就在我眼皮底下，因为这看起来很简单——即使对我来说也是如此

谢谢你的提示

关于编辑：我修复了一个错误，我的查询现在显示来自表gz_主题的项目，如页面标题。但是，它仍然不会显示文章。

问题1您有三列与文章同名

艺术，文章，人工智能，文章，文章

您可以这样重命名它们：

第条作为第1条，AI.条作为第2条，AN.条作为第3条

然后您可以使用适当的列1、列2或列3：

$Article=$Zext['Article1']

问题2如果内容是纯文本而不是HTML，则应转义输出：

---

echo$Article

为了确保显示某些内容，我想我应该这样做，对吗$第1条=$Zext[“第1条]$第2条=$Zext[“第2条]$第3条=$Zext[“第3条]；第1条；第2条；第3条；