在php中用加载php文件内容

当我使用

以下代码

if(is_file('template1.php')){

     $return = file_get_contents("template1.php?content=1");

}

它显示错误：无法打开流：没有这样的文件或目录

谢谢

file\u get\u contents（）

用于从文件系统或绝对URL读取内容。您必须指定要读取的文件的完整URL，即。或者，如果您正在读取文件系统上的文件，则必须指定该文件的路径

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我假设您正在尝试读取网站上的文件，因此您必须执行类似于

文件获取内容（“path/to/file.php”）

的操作，或者更好的方法是，使用include（）包含文件，我想您希望获取php生成的内容，如果是，请使用：

$yourData = file_get_contents('http://example.com/template1.php?content=1');

否则，如果要获取PHP文件的源代码，它与.txt文件相同：

$yourData = file_get_contents('/template1.php?content=1');

如果您的服务器已关闭“允许url打开”，则文件“获取内容”（）将不起作用。由于存在安全风险，大多数共享web主机在默认情况下都将其关闭。此外，在PHP6中，允许url\u fopen选项将不再存在，所有功能都将像永久设置为off一样工作。所以这是一个非常糟糕的使用方法

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如果通过http访问文件，最好的选择是cURL，如果文件在当前文件的当前目录中，则以

/

开头；如果文件在父目录中，则以

./

开头。如果您的语法没有问题，请尝试一下：

if (is_file('/template1.php')) {
    $return = file_get_contents("/template1.php?content=1");
}

或

或

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文件是否位于其他目录中？它找它的地方不存在。请尝试使用完整路径，如

http://example.com/template1.php?content=1

谢谢你的建议，现在我使用cURL

if (is_file('./template1.php')) {
    $return = file_get_contents("./template1.php?content=1");
}

if (is_file('../template1.php')) {
    $return = file_get_contents("../template1.php?content=1");
}