Demonstração relâmpago: compacidade local.

Seja $x \in X$ arbitrário e $U \in \mathcal{V}(x)$ uma vizinhança de $x$. Desde que $X$ é regular, existe uma vizinhança aberta $A \in \mathcal{V}(x)$ tal que $\bar{A}\subset U$. Por hipótese, existe $K \in \mathcal{V}(x)$ uma vizinhança compacta de $x$. Temos que $K'=K \cap \bar{A}$ é um subconjunto fechado (não-vazio) de $K$. Como $K$ é compacto, segue que $K'$ é compacto. Além disso, $K' \subset U$. Falta apenas concluir que $K'$ é uma vizinhança de $x$. Ora, como $K$ é vizinhança compacta de $x$, existe uma vizinhança aberta $O \in \mathcal{V}(x)$ tal que $O \subset K$. Defina $O'= O \cap A$. Temos que $O$ é uma vizinhança aberta de $x$ e além disso, $O' \subset K'$, donde segue que $K'$ é uma vizinhança compacta de $x$ contida em $U$.

Com isso, existe uma base de vizinhanças compactas de $x$, provando o resultado.

O ponto chave é percebe que se $\mathcal{B}$ é uma base de vizinhanças para $x$, e $V \in \mathcal{V}(x)$ é uma vizinhança, então
$$\mathcal{B}|_V \subset \mathcal{V}(x)$$
também é uma base de vizinhanças para $x$.

Se $K$ é um compacto e $F$ é um fechado, então, $K \cap F$ é um compacto. Mesmo que não seja fechado. É um fechado relativo de $K$. Um fechado de $K$ na topologia induzida.

Vamos denotar por $\mathcal{F}(x)$ as vizinhanças fechadas de $x$. Dizer que o espaço é regular é o mesmo que dizer que $\mathcal{F}(x)$ é uma base de vizinhanças de $x$. Sendo assim,
$$\mathcal{F}|_{K_x}$$
é uma base de vizinhanças de $x$ que são todas compactas.