Une fibre compacte de trop

Non. Plus précisément, montrons que si $f:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}$ est continue et si $f^{-1}(\{0\})$ est compacte, alors $f$ est bornée inférieurement ou supérieurement, donc non surjective.

Soit $f$ continue avec $K=f^{-1}(\{0\})$ compacte, et supposons $f$ surjective. Comme $0$ est atteint, $K\neq\varnothing$, et la compacité fournit $R>0$ tel que $K\subseteq B(0,R)=\{x:\|x\|<R\}$.
Posons $A=\{x\in\mathbb{R}^{2}:\|x\|\geqslant R\}$.
L’ensemble $A$ est connexe. C’est ici que la dimension $2$ intervient : deux points de $A$ se joignent en suivant un arc de cercle de rayon $\|x\|$, puis un segment radial. En dimension $1$, l’ensemble analogue $\{|x|\geqslant R\}$ serait au contraire réunion de deux demi-droites disjointes.
$f$ ne s’annule pas sur $A$, puisque $K$ est contenu dans la boule ouverte $B(0,R)$. Donc $f(A)$ est une partie connexe de $\mathbb{R}\setminus\{0\}$, c’est-à-dire contenue dans $\,]0,+\infty[\,$ ou dans $\,]-\infty,0[\,$. Quitte à remplacer $f$ par $-f$, supposons
$$f>0\qquad\text{sur } A .$$$f$ est minorée sur le complémentaire. La boule fermée $\overline{B}(0,R)$ est compacte et $f$ y est continue, donc $f$ y admet un minimum $-M$ avec $M\geqslant 0$.
Comme $\mathbb{R}^{2}=\overline{B}(0,R)\cup A$, on obtient $\forall x\in\mathbb{R}^{2}$$,$$f(x)\geqslant -M .$
La valeur $-M-1$ n’est donc pas atteinte, contredisant la surjectivité. $\blacksquare$