从页面运行php脚本隐含变量

所以，我试图运行JavaScript和一些HTML没有用户能够看到任何代码和传递变量的.php脚本。我都尝试卷曲和命令行：从页面运行php脚本隐含变量

//curl_setopt($req, CURLOPT_URL,"http://projectvintous.com/Ginav363534.php?activate=10297&to=$Itemname&Shirt=$filename&totype=shop"); 
//curl_exec($req); 

$command = "../../Ginav363534.php 10297 $Itemname $filename shirt shop"; 
exec("$ php -f $command");

但我无法得到任何工作。没有得到任何错误或任何东西，它只是没有运行脚本，因为没有任何mysqli或文件管理的事情发生。我试图让它呈现一个webgl模型，使用用户作为纹理上传的图像保存为图像，然后将其上传到服务器并将其保存在文件夹和mysqli表中。

这是我怎样了对方的变量：

$varz = var_dump($argv); 

$activate = $varz[1]; 
$itemname = $varz[2]; 
$filename = $varz[3]; 
$filetype = $varz[4]; 
$type = $varz[5];

我也试过

parse_str(implode('&', array_slice($argv, 1)), $_GET);

之前，没有运气也是如此。有没有另一种方法来做到这一点，我错过了什么？它在我直接在页面上运行url时起作用，所以我知道它可以工作。

来源

2016-06-10 brandon cox

您不应该在exec命令的开头需要美元符号。 – aynber

你正在尝试卷曲页面并在页面上执行Javascript？我不认为curl不喜欢在页面上执行任何JS，它只是获取原始文件内容。我认为你需要做一些事情，比如使用Node.js和PhantomJS在无头浏览器中打开页面，这将在页面上执行JS。

来源

2016-06-10 17:25:18

那些也会运行php代码？ –

是的，PhantomJS实际浏览页面，解析CSS，JavaScript，无论如何。我用它来制作Google地图的图像，因此它会完全加载页面，包括所有服务器和客户端脚本。 –

从页面运行php脚本隐含变量

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