La continuité sans les $\varepsilon$ ?

Oui, $f$ est nécessairement continue.

Supposons $f$ discontinue en $a$ : il existe $\varepsilon>0$ et une suite $x_k\to a$, avec $x_k\neq a$, telle que
$$\|f(x_k)-f(a)\|\geqslant\varepsilon\qquad\text{pour tout }k .$$Pour $j\geqslant 1$, posons $S_j=\bigcup_{k\geqslant j}[x_k,a]$. Cet ensemble est connexe, tous les segments contenant $a$ ; il est compact, car borné et fermé, donc n’est adhérent qu’à la réunion finie des segments de longueur $\geqslant\delta$, qui est fermée. Enfin
$$\operatorname{diam}(S_j)\leqslant 2\sup_{k\geqslant j}\|x_k-a\|\xrightarrow[j\to\infty]{}0 .$$Fixons $\rho_0=\varepsilon/2$ et $\rho_j=\rho_0\bigl(1-\tfrac1j\bigr)$, suite strictement croissante vers $\rho_0$, avec $\rho_j<\rho_0$ pour tout $j$.

L’image $f(S_j)$ est connexe et contient $f(a)$, à distance $0<\rho_j$ de lui-même, ainsi que $f(x_j)$, à distance $\geqslant\varepsilon>\rho_j$. Une partie connexe rencontrant la boule ouverte $B\bigl(f(a),\rho_j\bigr)$ et l’ouvert complémentaire de la boule fermée rencontre nécessairement la sphère, faute de quoi ces deux ouverts la sépareraient. Il existe donc
$$y_j\in S_j\qquad\text{avec}\qquad \bigl\|f(y_j)-f(a)\bigr\|=\rho_j .$$Comme $y_j\in S_j$ et $a\in S_j$, on a $\|y_j-a\|\leqslant\operatorname{diam}(S_j)\to 0$, donc $y_j\to a$.

Posons enfin $K=\{y_j:j\geqslant 1\}\cup\{a\}$, qui est compact. Les $f(y_j)$ vivent dans un compact , donc une sous-suite converge vers un $c$ vérifiant $\|c-f(a)\|=\lim\rho_{j_i}=\rho_0$.
Ainsi $c\neq f(a)$, et $c\neq f(y_j)$ pour tout $j$ puisque $\rho_j\neq\rho_0$. Donc $c\notin f(K)$ alors que $c\in\overline{f(K)}$ : l’ensemble $f(K)$ n’est pas fermé, donc pas compact, contredisant l’hypothèse. $\blacksquare$