Suppose the cube rolls first over edge $AB$.

Consider the cube as being made up of two half-cubes (each of dimensions $1 \times 1 \times \frac{1}{2}$) glued together at square $PQMN$.  (Note that $PQMN$ lies on a vertical plane.)

Since dot $D$ is in the centre of the top face, then $D$ lies on square $PQMN$. [asy]
//C24S4

size(4cm);

pair shiftpair = 0.3 * (-Sin(50), Sin(40));

// Draw squares
draw(unitsquare);
draw(shift(shiftpair) * unitsquare);
draw(shift(2 * shiftpair) * unitsquare);

// Draw lines
pair[] vertices = {(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)};
int i;
for (i = 0; i < 4; ++i) {

pair inner = vertices[i];

pair outer = shift(2 * shiftpair) * inner;

draw(inner--outer);
}

// Point labels
label("$A$", (1, 0), SE);
label("$B$", shift(2 * shiftpair) * (1, 0), NW);
picture pic;
label(pic, "$N$", (0, 0), SW);
label(pic, "$M$", (1, 0), NE);
label(pic, "$Q$", (1, 1), NE);
label(pic, "$D$", (0.5, 1), N); dot(pic, (0.5, 1));
label(pic, "$P$", (0, 1), NE);
add(shift(shiftpair) * pic);
[/asy] Since the cube always rolls in a direction perpendicular to $AB$, then the dot will always roll in the plane of square $PQMN$. [asy]
//C24S1
size(2.5cm);
draw(unitsquare);
label("$N$", (0, 0), SW);
label("$M$", (1, 0), SE);
label("$Q$", (1, 1), NE);
label("$D$", (0.5, 1), N); dot((0.5, 1));
label("$P$", (0, 1), NW);
[/asy] So we can convert the original three-dimensional problem to a two-dimensional problem of this square slice rolling.

Square $MNPQ$ has side length 1 and $DQ=\frac{1}{2}$, since $D$ was in the centre of the top face.

By the Pythagorean Theorem, $MD^2 = DQ^2 + QM^2 = \frac{1}{4}+1= \frac{5}{4}$, so $MD = \frac{\sqrt{5}}{2}$ since $MD>0$. In the first segment of the roll, we start with $NM$ on the table and roll, keeping $M$ stationary, until $Q$ lands on the table. [asy]
//C24S2
size(4cm); // ADJUST

// Draw outline
draw(unitsquare);
draw((0, 0)--(-1, 0)--(-1, 1)--(0, 1), dashed);
draw((-0.5, 1)--(0, 0)--(1, 0.5), dashed);

// Labels and dots
label("$N$", (0, 1), SE);
label("$M$", (0, 0), S);
label("$Q$", (1, 0), SE);
label("$D$", (1, 0.5), E); dot((1, 0.5));
label("$P$", (1, 1), NE);
dot((-0.5, 1));

// Draw arc
draw(reverse(arc((0, 0), (1, 0.5), (-0.5, 1))), dashed, MidArcArrow(size=6));
[/asy] This is a rotation of $90^\circ$ around $M$.  Since $D$ is at a constant distance of $\frac{\sqrt{5}}{2}$ from $M$, then $D$ rotates along one-quarter (since $90^\circ$ is $\frac{1}{4}$ of $360^\circ$) of a circle of radius $\frac{\sqrt{5}}{2}$, for a distance of $\frac{1}{4}\left( 2\pi\frac{\sqrt{5}}{2}\right) = \frac{\sqrt{5}}{4}\pi$.

In the next segment of the roll, $Q$ stays stationary and the square rolls until $P$ touches the table.  [asy]
//C24S3

size(4cm); // ADJUST

// Draw outline
draw(unitsquare);
draw((0, 0)--(-1, 0)--(-1, 1)--(0, 1), dashed);
draw((-1, 0)--(-2, 0)--(-2, 1)--(-1, 1), dashed);

// Labels and dots
dot((-1.5, 1));
label("$M$", (0, 1), N);
label("$Q$", (0, 0), S);
label("$P$", (1, 0), SE);
label("$D$", (0.5, 0), S); dot((0.5, 0));
label("$N$", (1, 1), NE);
dot((0, 0.5));

// Draw arc
draw(reverse(arc((0, 0), (0.5, 0), (0, 0.5))), dashed, MidArcArrow(size=6));
[/asy] Again, the roll is one of $90^\circ$.  Note that $QD = \frac{1}{2}$.  Thus, again $D$ moves through one-quarter of a circle this time of radius $\frac{1}{2}$,  for a distance of $\frac{1}{4}\left( 2\pi \frac{1}{2}\right) =\frac{1}{4}\pi$.

Through the next segment of the roll, $P$ stays stationary and the square rolls until $N$ touches the table.  This is similar to the second segment, so $D$ rolls through a distance of $\frac{1}{4}\pi$.

Through the next segment of the roll, $N$ stays stationary and the square rolls until $M$ touches the table.  This will be the end of the process as the square will end up in its initial position.  This segment is similar to the first segment so $D$ rolls through a distance of $\frac{\sqrt{5}}{4}\pi$.

Therefore, the total distance through which the dot travels is  $$\frac{\sqrt{5}}{4}\pi+\frac{1}{4}\pi+\frac{1}{4}\pi+\frac{\sqrt{5}}{4}\pi$$or $$\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\pi,$$so our final answer is $\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.
큐브가 가장자리 $AB$ 위로 먼저 굴러간다고 가정합니다.

이 정육면체가 정사각형 $PQMN$에서 서로 붙어 있는 두 개의 반정육면체(각각 치수가 1 \배 1 \배 \frac{1}{2}$)로 구성되어 있다고 가정합니다. ($PQMN$은 수직 평면에 놓여 있습니다.)

점 $D$가 윗면의 중앙에 있으므로, $D$는 정사각형 $PQMN$ 위에 놓입니다. [asy]
//C24S4

size(4cm);

pair shiftpair = 0.3 * (-Sin(50), Sin(40));

// 사각형 그리기
draw(unitsquare);
draw(shift(shiftpair) * unitsquare);
draw(shift(2 * shiftpair) * unitsquare);

// 선 그리기
pair[] vertices = {(0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1)};
int i;
for (i = 0; i < 4; ++i) {

pair inner = vertices[i];

쌍 외부 = 시프트(2 * 시프트페어) * 내부;

draw(inner--outer);
}

// 포인트 레이블
label("$A$", (1, 0), SE);
label("$B$", shift(2 * shiftpair) * (1, 0), NW);
그림 그림;
label(pic, "$N$", (0, 0), SW);
label(pic, "$M$", (1, 0), NE);
label(pic, "$Q$", (1, 1), NE);
label(pic, "$D$", (0.5, 1), N); dot(pic, (0.5, 1));
label(pic, "$P$", (0, 1), NE);
add(shift(shiftpair) * pic);
[/asy] 정육면체는 항상 $AB$에 수직인 방향으로 굴러가기 때문에 점은 항상 정사각형 $PQMN$의 평면에서 굴러갑니다. [asy]
//C24S1
size(2.5cm);
draw(unitsquare);
label("$N$", (0, 0), SW);
label("$M$", (1, 0), SE);
label("$Q$", (1, 1), NE);
label("$D$", (0.5, 1), N); dot((0.5, 1));
label("$P$", (0, 1), NW);
[/asy] 따라서 원래의 3차원 문제를 이 정사각형 슬라이스 롤링의 2차원 문제로 변환할 수 있습니다.

정사각형 $MNPQ$는 $D$가 윗면의 중앙에 있기 때문에 변의 길이가 1이고 $DQ=\frac{1}{2}$입니다.

피타고라스 정리에 따르면 $MD^2 = DQ^2 + QM^2 = \frac{1}{4}+1= \frac{5}{4}$이므로 $MD>0$이므로 $MD = \frac{\sqrt{5}}{2}$입니다. 롤의 첫 번째 구간에서는 테이블 위에 $NM$을 놓고 시작하여 $Q$가 테이블에 떨어질 때까지 $M$을 고정된 상태로 유지하면서 롤을 굴립니다. [asy]
//C24S2
size(4cm); // ADJUST

// 윤곽선 그리기
draw(unitsquare);
draw((0, 0)--(-1, 0)--(-1, 1)--(0, 1), 점선);
draw((-0.5, 1)--(0, 0)--(1, 0.5), 점선);

// 레이블과 점
label("$N$", (0, 1), SE);
label("$M$", (0, 0), S);
label("$Q$", (1, 0), SE);
label("$D$", (1, 0.5), E); dot((1, 0.5));
label("$P$", (1, 1), NE);
dot((-0.5, 1));

// 호 그리기
draw(reverse(arc((0, 0), (1, 0.5), (-0.5, 1)), dashed, MidArcArrow(size=6));
[/asy] 이것은 $M$을 중심으로 $90^\circ$의 회전입니다.  D$는 $M$에서 $\frac{\sqrt{5}}{2}$의 일정한 거리에 있으므로, $D$는 반지름 $\frac{\sqrt{5}}{2$의 원의 1/4($90^\circ$는 $360^\circ$의 $\frac{1}{4}$이므로)를 따라 회전합니다, 의 거리 $\frac{1}{4}\left( 2\pi\frac{\sqrt{5}}{2}\right)= \frac{\sqrt{5}}{4}\pi$입니다.

롤의 다음 구간에서 $Q$는 고정된 상태로 유지되고 정사각형은 $P$가 테이블에 닿을 때까지 굴러갑니다.  [asy]
//C24S3

size(4cm); // ADJUST

// 윤곽선 그리기
draw(unitsquare);
draw((0, 0)--(-1, 0)--(-1, 1)--(0, 1), 점선);
draw((-1, 0)--(-2, 0)--(-2, 1)--(-1, 1), 점선);

// 레이블과 점
dot((-1.5, 1));
label("$M$", (0, 1), N);
label("$Q$", (0, 0), S);
label("$P$", (1, 0), SE);
label("$D$", (0.5, 0), S); dot((0.5, 0));
label("$N$", (1, 1), NE);
dot((0, 0.5));

// 호 그리기
draw(reverse(arc((0, 0), (0.5, 0), (0, 0.5)), dashed, MidArcArrow(size=6));
[/asy] 다시 말하지만, 롤은 $90^\circ$ 중 하나입니다.  QD = \frac{1}{2}$에 유의하세요. 따라서 다시 $D$는 이번에는 반지름 $\frac{1}{2}$의 원의 1/4을 통과하여 $\frac{1}{4}\left( 2\pi \frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}\pi$의 거리로 이동합니다.

롤의 다음 세그먼트까지 $P$는 고정된 상태로 유지되고 정사각형은 $N$이 테이블에 닿을 때까지 굴러갑니다.  이것은 두 번째 세그먼트와 유사하므로 $D$는 $\frac{1}{4}\pi$의 거리를 굴러갑니다.

롤의 다음 세그먼트에서 $N$은 고정된 상태로 유지되고 정사각형은 $M$이 테이블에 닿을 때까지 굴러갑니다.  정사각형이 초기 위치에 도달하면 프로세스가 종료됩니다.  이 세그먼트는 첫 번째 세그먼트와 유사하므로 $D$는 $\frac{\sqrt{5}}{4}\pi$의 거리까지 굴러갑니다.

따라서 점이 이동하는 총 거리는 $$\frac{\sqrt{5}}{4}\pi+\frac{1}{4}\pi+\frac{1}{4}\pi+\frac{\sqrt{5}}{4}\pi$$ 또는 $$\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\pi$$가 됩니다,따라서 최종 답은 $\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$입니다.