访问一个表中的ID并将其插入另一个表-PHP

目前我有一个表单，它有一个下拉列表，其中包含从"类别"表访问的值，该表有两个字段，courseID和cName。此表单位于名为"add_item.php"的文件中。

<form action="../adminscripts/item_add.php" method="post" class="addItem">
    <label>2) Select Course</label>
                        <br>
                    <select class="dropdown" name="category">
                    <?php 
                    include "..database/connect.php";
                    $query = mysqli_query($conn, "SELECT * FROM courses");
                    while ($row = mysqli_fetch_array($query)){
                    echo "<option value='". $row['cName'] ."'>" . $row['cName'] . " </option>";
                    }
                        ?>
 </select>
 <input class="send" type="submit" value="Add Menu Item" name="itemSubmit">
         </form>

我试图实现的是，当用户选择其中一个值，并单击"itemSubmit"按钮时，我希望courseID与表单上的所有其他信息一起发布在表"菜单"中。目前，除了"courseID"之外，所有内容都会发布到数据库中，"courseID"在发布到数据库时的值为"0"。

表单操作文件"item_add.php"包含提交信息的代码：

<?php
session_start();
    require "../database/connect.php";
    if(isset($_POST['itemSubmit']))
    {
$query2 = mysqli_query($conn, "INSERT INTO menu (mName, courseID, description, price) VALUES ('$itemname', '$courseID', '$item_description', '$price')" ) or die (mysqli_error($conn));
            header("Location:../admin/add_item.php");

            exit;
        }

我试着玩全局变量，但运气不好，因此我在上面的表格中有"$courseID"。

我没有在"add_item.php"文件中包含文件"item_add.php"，因为我只需要它来完成表单操作。我一直在努力从一个文件中访问变量，并将其插入另一个文件。

有什么帮助吗？